2022-2023学年河北省张家口市高一年级下册学期期末数学试题【含答案】

2022-2023学年河北省张家口市高一下学期期末数学试题一、单选题1．数据68，70，80，88，89，90，96，98的第30百分位数为（

）．A．70 B．75 C．80 D．88【答案】C【分析】把给定的由小到大排列的数据，根据第p百分位数的定义求解作答.【详解】依题意，，所以所求第30百分位数为80.故选：C2．已知向量，满足，，，则在上的投影向量为（

）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据投影向量的定义即可求解.【详解】根据投影向量的定义可得，在上的投影向量为.故选：A3．已知圆锥的体积为，底面面积为，则该圆锥的侧面积为（

）．A． B． C． D．【答案】B【分析】根据圆锥的体积公式可求得高，根据圆锥的底面积公式可求得半径，从而可求得圆锥的母线长，进而利用圆锥的侧面积公式即可求解.【详解】令圆锥的高为，底面半径为，母线为，由圆锥的体积公式，可得,解得，由圆锥的底面积公式，可得，解得，所以圆锥的母线长，所以.故选：B.4．某校为了让学生度过一个充实的假期生活，要求每名学生都制定一份假期学习的计划．已知该校高一年级有400人，占全校人数的，高三年级占，为调查学生计划完成情况，用按比例分配的分层随机抽样的方法从全校的学生中抽取作为样本，将结果绘制成如图所示统计图，则样本中高三年级完成计划的人数为（

）．

A．80 B．90 C．9 D．8【答案】D【分析】首先计算出计算出样本容量为120人，则高三年级有20人，根据高三完成率即可得到答案.【详解】，故样本容量为120，其中高三年级有人，由图可知，样本中高三年级假期学习计划的完成率为，故样本中高三年级完成计划的人数为，故选：D.5．在中，为的重心，为上一点，且满足，则A． B．C． D．【答案】B【分析】根据三角形重心的性质，结合向量的加法和减法即可判断结论．【详解】由题意，画出几何图形如下图所示：根据向量加法运算可得因为G为△ABC的重心，M满足所以，所以所以选B【点睛】本题考查了三角形重心的性质，向量的线性运算，属于基础题．6．在三棱锥中，，，一只蜗牛从点出发，绕三棱锥三个侧面爬行一周后，到棱的中点，则蜗牛爬行的最短距离是（）．A． B． C． D．【答案】D【分析】将三棱锥的侧面展开，从而可知线段为所求，再利用余弦定理即可得解.【详解】如图所示，将三棱锥的侧面展开，则线段为所求，

由题意得，，由余弦定理可得，则，即蜗牛爬行的最短距离是.故选：D.7．在棱长为2的正方体中，P，Q是，的中点，过点A作平面，使得平面平面，则平面截正方体所得截面的面积是（

）A． B．2 C． D．【答案】C【分析】取中点，中点，利用面面平行的判定定理确定平面，利用余弦定理及三角形面积公式求解即可.【详解】如图，取中点，中点，连接，

因为，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面，又，平面，平面，所以平面平面，即三角形为所得截面，在中，，，由余弦定理得，所以，所以.故选：C.8．在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围为（

）．A． B．C． D．【答案】A【分析】利用正余弦定理进行边角互化，从而可得，进而求得，再把化为，结合即可求解.【详解】，,即，，，，，，.故选：A.二、多选题9．实数x，y满足，设，则（

）．A．z在复平面内对应的点在第一象限 B．C．z的虚部是 D．【答案】BCD【分析】利用复数相等求出复数，再逐项分析计算作答.【详解】由，得，而，则，解得，即，对于A，复数在复平面内对应的点在第四象限，A错误；对于B，，B正确；对于C，z的虚部是，C正确；对于D，，D正确.故选：BCD10．已知函数，则（

）A．图象的对称中心为，B．的单调递减区间为，C．为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向左平移个单位长度D．为了得到函数的图象，可将的图象上所有的点向右平移个单位长度【答案】AC【分析】用余弦函数的图像与性质，采用整体代入的思想判断A、B，利用图象左右平移法则判断选项C、D.【详解】令，解得，，所以函数图象的对称中心为，，故A正确；令，解得，所以函数的单调递减区间为，故B错误；将的图象上所有的点向左平移个单位长度得，故C正确；将的图象上所有的点向右平移个单位长度得，故D错误；故选：AC11．一个装有6个小球的口袋中，有编号为1，3的两个红球，编号为2，4的两个蓝球，编号为5，6的两个黑球．现从中任意取出两个球，设事件A＝“取出的两球颜色相同”，B＝“取出的两球编号之差的绝对值为1”，C＝“取出的两球编号之和为6或7”，D＝“取出的两球编号乘积为5”，则下列说法正确的是（

）．A．事件A与事件B相互独立 B．事件A与事件C相互独立C．事件B与事件C相互独立 D．事件B与事件D互斥【答案】ABD【分析】列出6个小球任意取出两个球的全部结果，从而可以求解事件的概率，再结合互斥事件与独立事件的定义即可判断.【详解】根据題意可知，6个小球任意取出两个球，共有15种可能，分别为.事件包含3种可能，即；事件包含5种可能，即；事件包含5种可能，即；事件包含1种可能，即.事件分别为各1种可能，对于A，，A对；对于B，，B对；对于C，，错；对于D，事件与事件不能同时发生，故事件与事件互斥，对.故选：ABD.12．如图，已知正方体的棱长为1，M是中点，E是线段（包含端点）上任意一点，则（

）．

A．三棱锥的体积为定值B．存在点E，使得直线与平面所成角为C．在平面内一定存在直线l，使得平面D．存在点E，使得平面【答案】AC【分析】利用等体积法进行转化顶点结合棱锥体积公式即可判断A，对B，过作，垂足为，求出的范围，则得到的范围，即可判断B，对C，利用线面平行的判定即可，对D，首先证明平面，再利用反证法即可判断.【详解】，故A正确；过作，垂足为，连接，则为直线与平面所成角，则，又因为，，，，则四边形为平行四边形，因为平面，平面，则，则四边形为矩形，则，，当与或重合时，，当时，，所以，故，故B错误；对C，显然直线与在底面内相交，故平面与平面相交，在平面内一定存在直线与交线平行，则平面，故C正确；对D，因为底面，平面，，又因为，且，平面，所以平面，因为平面，所以，延长使得，再分别连接，因为，，所以，所以四边形为平行四边形，所以，因为，所以四边形为平行四边形，所以，所以，则异面直线与的夹角即为或其补角，因为，，，所以，所以，所以，又因为，平面，所以平面，假设平面，则平面与平面重合，显然假设不成立，故D错误.故选：AC.

【点睛】关键点睛：本题B选项的关键是通过作过作，从而计算出的范围即可，对D选项，首先证明平面，然后再利用反证法即可.三、填空题13．一枚质地均匀的骰子，拋掷三次，事件A为“三次抛掷的点数均为奇数”，事件B为“恰有一次点数为偶数”，事件C为“至少有两次点数是偶数”，则．【答案】1【分析】判断试验的空间与事件的关系，即可求解作答.【详解】依题意，一枚骰子抛掷三次的试验的所有基本事件构造的空间，而事件两两互斥，所以.故答案为：114．已知，则的取值范围是．【答案】【分析】表示复平面内复数所对应的点与点的距离，利用圆的性质即可求解.【详解】因为表示复平面内复数所对应的点与点的距离，故所对应的点在以为圆心，半径的圆上，如下图所示，

则的最小值为，最大值为，故的取值范围是.故答案为：15．已知函数在区间上恰有三个零点，则的取值范围是．【答案】【分析】由可得，再由函数在区间上恰有三个零点可得则，求解即可.【详解】因为，则，又因为函数在区间上恰有三个零点，则，解得，所以的取值范围为.故答案为：16．已知正四面体，O是底面的中心，以为旋转轴，将正四面体旋转后，与原四面体的公共部分的体积为，则正四面体外接球的体积为．【答案】【分析】根据给定条件，作出变换后的公共部分图形，由其体积求出原正四面体的棱长，再求出外接球半径作答.【详解】以为旋转轴，将正四面体旋转后，公共部分为正六棱锥，如图，

设正四面体的棱长为，而，则，正六边形的边长，，因此公共部分的体积，解得，显然正四面体的外接球球心在上，设此球半径为，由，得，所以正四面体外接球的体积.故答案为：【点睛】关键点睛：几何体的外接球的表面积、体积计算问题，借助球的截面小圆性质确定出球心位置是解题的关键.四、解答题17．已知向量，．(1)若，求的值；(2)若，求实数的值；(3)若与的夹角是钝角，求实数的取值范围．【答案】(1)(2)(3)【分析】（1）根据向量共线解出，则，则得到的模；（2）根据题意推出，则得到关于的方程，解出即可；（3）由题意得，且与不反向共线，解出的范围即可.【详解】（1），，，，，，.（2），两边同平方得，则化简得，，，.（3）与的夹角是钝角，，且与不反向共线，即，由（1）可知，则，且，故实数的取值范围为.18．为了了解全校学生计算能力的情况，某校组织了一次数学计算能力测验．现对全校学生的测验成绩做统计，得到了如图所示的频率分布直方图．

(1)求此次测验成绩的平均数；(2)为了更加深入了解学生数学计算能力的情况，从成绩在之间的学生中，采用按比例分配的分层随机抽样方法，选取7名学生进行访谈，再从这7名学生中任选2名学生在总结大会上发言，求抽到的两人中至少一人的成绩在的概率．【答案】(1)(2)【分析】（1）先根据频率之和为1求得，再根据频率分布直方图中平均数的计算公式即可求解；（2）由图可知成绩在与的样本比例为5:2，从而可求得7名学生中有5名成绩在，2名成绩在，再利用列举法可求得概率.【详解】（1）由题意得，可得，所以，所以此次测验成绩的平均数为76分.（2）由（1）知，成绩在与的样本比例为5:2，所以7名学生中有5名成绩在，2名成绩在，若中5人分别为，中2人分别为，则从中抽取2人的所有组合为，有21种情况，两人中至少一人的成绩在的有种情况，所以抽到的两人中至少一人的成绩在的概率为.19．如图，在直三棱柱中，D，M，N，P分别是，，，的中点．

(1)求证：平面；(2)设，，求异面直线与所成角的余弦值．【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）连接，设，连接，利用线面平行的判定推理作答.（2）利用定义法求出异面直线夹角的余弦作答.【详解】（1）在直三棱柱中，连接，设，连接，如图，

由,分别是矩形对边的中点，得四边形是矩形，即是的中点，而是的中点，于是，又平面平面，所以平面（2）因为分别是矩形对边的中点，则，因此四边形是平行四边形，则，于是或其补角是异面直线与所成角，由，得，在中，，则，所以异面直线与所成角的余弦值为.20．如图，在中，为钝角，D在上，且满足，，．

(1)若，求；(2)若是的中点，，求的长度．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理即可得解；（2）利用余弦定理求得，再利用平面向量的线性运算与数量积运算即可得解.【详解】（1）在中，由正弦定理可得，为钝角，.（2）在中，由余弦定理可得，即，解得（负值舍去），为中点，则，，，即的长度为.21．已知函数．(1)若，求；(2)若不等式对任意的恒成立，求的取值范围．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用三角函数的恒等变换化简，从而得到的值，再利用三角函数的诱导公式即可得解.（2）先利用三角函数的性质求得的值域，从而将问题转化为恒成立问题，再利用二次函数的性质即可得解.【详解】（1）因为，若，则，所以.（2）令，因为，所以，所以，则，由，得，即对任意的恒成立，则对任意的恒成立，即，，对于，易得其在上单调递增，故，对于，易得其在上单调递增，故，因此，所以的取值范围为.22．如图，在平行四边形中，，，，将沿折起到，满足．

(1)求证：平面平面；(2)若在线段上存在点，使得二面角的大小为，求此时的长度．【