2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知(1+i)z=3+i，其中i为虚数单位，则|z|=( )
A. 5B. 5C. 2D. 2
2.已知向量a=(−1,2)，b=(1,1)，则a在b上的投影向量为( )
A. 22B. (−1,2)C. ( 22, 22)D. (12,12)
3.已知三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，下列四个命题中正确的为( )
A. 若m//α，n//α，则m//nB. 若l//m，m⊂α，则l//α
C. 若l//α，l//β，则α//βD. 若l//α，l⊥β，则α⊥β
4.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a+b−c)(b+c+a)=3ab，且sinC=2sinBcsA，那么△ABC是( )
A. 直角三角形B. 等腰三角形C. 等边三角形D. 等腰直角三角形
5.在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为B1C1的中点，那么直线CP与B1D1所成角的余弦值是( )
A. 32B. 1010C. 35D. 45
6.盒中装有形状、大小完全相同的4个球，其中红色球2个，黄色球2个.若从中随机取出2个球，则所取出的2个球颜色相同的概率等于( )
A. 12B. 13C. 16D. 23
7.高一某班参加“红五月校园合唱比赛”，10位评委的打分如下：8，5，8，7，8，6，9，7，7，5，则( )
A. 该组数据的平均数为7，众数为7.5
B. 该组数据的第60百分位数为7
C. 如果再增加一位评委给该班也打7分，则该班得分的方差变小
D. 评判该班合唱水平的高低可以使用这组数据的平均数、中位数，也可以使用这组数据的众数
8.中国雕刻技艺举世闻名，雕刻技艺的代表作“鬼工球”，取鬼斧神工的意思，制作相当繁复，成品美轮美奂.1966年，玉石雕刻大师吴公炎将这一雕刻技艺应用到玉雕之中，他把玉石镂成多层圆球，层次重叠，每层都可灵活自如的转动，是中国玉雕工艺的一个重大突破.今一雕刻大师在棱长为10的整块正方体玉石内部套雕出一个可以任意转动的球，在球内部又套雕出一个正四面体(所有棱长均相等的三棱锥)，若不计各层厚度和损失，则最内层正四面体的棱长最长为( )
A. 10B. 10 23C. 10 33D. 10 63
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
9.已知i是虚数单位，若复数(1+ai)(2+i)是纯虚数，则实数a等于______.
10.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=3，b=5，sinB=59，则csA=______ .
11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E是的棱CC1的中点，则三棱锥C1−EBD的体积为______ .
12.已知点O是△ABC内部一点，并且满足OA+2OB+OC=0,△AOB的面积为S1，△AOC的面积为S2，则S1S2=______ .
13.甲、乙、丙三人参加一家公司的招聘面试，面试合格者可正式签约.甲表示只要面试合格就签约，乙、丙则约定；两人面试都合格就一同签约，否则两人都不签约，设甲面试合格的概率为34，乙、丙每人面试合格的概率都是13，且三人面试是否合格互不影响.则恰有一人面试合格的概率______ ；至少一人签约的概率______ .
14.在梯形ABCD中，AB//CD，AB=BC=2，CD=1，∠BCD=120∘，P、Q分别为线段BC和线段CD上的动点，且BP=λBC,DQ=34λDC，则AP⋅BQ的取值范围为______ .
三、解答题：本题共5小题，共64分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知|a|=4,|b|=3,(2a−3b)⋅(2a+b)=61.求：
(1)a与b的夹角；
(2)|a+b|；
(3)若λa+b与a−b夹角为钝角，求λ的取值范围.
16.(本小题12分)
2022年7月1日是中国共产党建党101周年，某党支部为了了解党员对党章党史的认知程度，针对党支部不同年龄和不同职业的人举办了一次“党章党史”知识竞赛，满分100分(95分及以上为认知程度高)，结果认知程度高的有m人，按年龄分成5组，其中第一组：[20,25),第二组：[25,30),第三组：[30,35),第四组：[35,40),第五组：[40,45]，得到如图所示的频率分布直方图，已知第一组有10人.
(1)根据频率分布直方图，估计这m人的第80百分位数；
(2)现从以上各组中用分层随机抽样的方法抽取20人，担任“党章党史”的宣传使者.若有甲(年龄36)，乙(年龄42)两人已确定入选宣传使者，现计划从第四组和第五组被抽到的使者中，再随机抽取2名作为组长，求甲、乙两人至少有一人被选上的概率.
17.(本小题14分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，S分别是AB，A1C，AD的中点，AB=2.
(1)若A1B中点为Q，求证：平面MNQ//平面A1AD；
(2)求二面角S−A1C−M的大小；
(3)求点C到平面A1BD的距离.
18.(本小题12分)
已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a+2b=3ccsB.
(1)求csC的值；
(2)若c=2 5,a+b=5，求△ABC的面积.
19.(本小题14分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，△PCD为等边三角形，平面PAC⊥平面PCD，PA⊥CD，CD=4，AD=6.
(1)设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH//平面PAD；
(2)求证：PA⊥平面PCD；
(3)求直线AD与平面PAC所成角的正弦值.
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：由复数(1+i)z=3+i，
可得z=3+i1+i=(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i，所以|z|= 5.
故选：A.
根据复数的运算法则，化简得到z=2−i，结合复数模的计算公式，即可求解．
本题主要考查复数的四则运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：由题意，a在b上的投影向量为b|b|⋅a⋅b|b|=(1,1) 2⋅1 2=(12,12).
故选：D.
根据已知条件，结合投影向量定义，即可求解．
本题主要考查投影向量公式，属于基础题．
3.【答案】D
【解析】【分析】
对于A，m与n相交、平行或异面；对于B，l//α或l⊂α；对于C，α与β平行或相交；对于D，由面面垂直的判定定理得α⊥β.
本题考查命题真假的判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
【解答】
解：三条不同的直线l，m，n和两个不同的平面α，β，
对于A，若m//α，n//α，则m与n相交、平行或异面，故A错误；
对于B，若l//m，m⊂α，则l//α或l⊂α，故B错误；
对于C，若l//α，l//β，则α与β平行或相交，故C错误；
对于D，若l//α，l⊥β，则由面面垂直的判定定理得α⊥β，故D正确．
故选：D.
4.【答案】C
【解析】解：由(a+b−c)(b+c+a)=3ab，
得(a+b)2−c2=3ab，
整理得a2+b2−c2=ab，
则csC=a2+b2−c22ab=12，
因为C∈(0,π)，所以C=π3，
又由sinC=2sinBcsA及正弦定理得：
c=2b⋅b2+c2−a22bc，化简得a=b，
所以△ABC为等边三角形，
故选：C.
将(a+b−c)(b+c+a)=3ab化简并结合余弦定理可得C的值，再对sinC=2sinBcsA结合正、余弦定理化简可得边长关系，进行判定三角形形状．
本题主要考查了余弦定理在三角形形状判断中的应用，属于基础题．
5.【答案】B
【解析】解：以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴，建立空间直角坐标系，
则C(0,1,1)，P(12,1,0)，B1(1,1,0)，D1(0,0,0)，
CP=(12,0,−1)，B1D1=(−1,−1,0)，
设直线CP与B1D1所成角为θ，
则csθ=|CP⋅B1D1||CP|⋅|B1D1|=12 54⋅ 2= 1010.
∴直线CP与B1D1所成角的余弦值是 1010.
故选：B.
以D1为原点，D1A1为x轴，D1C1为y轴，D1D为z轴，建立空间直角坐标系，由此能求出直线CP与B1D1所成角的余弦值．
本题考查异面直线所成角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．
6.【答案】B
【解析】解：取出的2个球的事件总数为C42=4×32×1=6，两球颜色相同的事件数为2，所以所求概率为26=13.
故选：B.
取出的2个球的事件总数为C42=4×32×1=6，两球颜色相同的事件数为2，所以所求概率为26=13.
本题主要考查排列组合，属基础题．
7.【答案】C
【解析】解：对于A中，根据平均数的计算公式，可得x−=110⋅(8+5+8+7+8+6+9+7+7+5)=7，
由众数的概念，可得这组数据的众数为7或8，所以A不正确；
对于B中国，将数据从小到大的顺序排列，可得5，5，6，7，7，7，8，8，8，9，
因为10×60%=6，所以这组数据的60百分位数为7+82=7.5，所以B不正确；
对于C中，原方差为110[(5−7)2×2+(6−7)2+(8−7)2×3+(9−7)2×2]=1.6，
如果再增加一个评委给该班也打7分，则平均分不变，
此时方差为111[(5−7)2×2+(6−7)2+(8−7)2×3+(9−7)2×2]=1611<1.6，所以C正确；
对于D中，因为众数有两个，故不能用众数来评判该班合唱水平的高低，所以D错误．
故选：C.
根据平均数、众数、百分位数，以及方差的概念及计算方法，逐项判定，即可求解．
本题主要考查统计相关知识，属于基础题．
8.【答案】D
【解析】解：由题意，球是正方体的内切球，
且该球为正四面体的外接球时，四面体的棱长最大，
则该球半径r=5，如图：可知E为外接球球心，
EP=EB=r，PD⊥平面ABC，D为底面等边△ABC的中心，
设正四面体的棱长为d，则BD=23× 32d= 33d，
PD= d2−( 33d)2= 63d，
在Rt△EDB中，则EB2=ED2+DB2，
即r2=( 33d)2+( 63d−r)2，
解得d=2 63r，即d=10 63.
故选：D.
根据题意，求正方体的内切球半径，易知该球为所求正四面体的外接球，根据正四面体的性质，可求得棱长．
本题考查正四面体的性质，属中档题．
9.【答案】2
【解析】解：∵复数(1+ai)(2+i)=(2−a)+(2a+1)i是纯虚数，
∴2−a=02a+1≠0，解得a=2.
故答案为：2.
利用纯虚数的定义、复数的运算法则即可得出．
本题考查了纯虚数的定义、复数的运算法则，属于基础题．
10.【答案】2 23
【解析】解：根据题意，由正弦定理asinA=bsinB，
可得sinA=a⋅sinBb=3×595=13，
又a所以csA= 1−sin2A= 1−(13)2=2 23.
故答案为：2 23.
根据题意，由正弦定理可得sinA的值，利用大边对大角可求得A为锐角，利用同角三角函数基本关系式即可求解csA的值．
本题考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式等知识在解三角形中的应用，属于基础题．
11.【答案】23
【解析】解：∵正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，
又E是棱CC1的中点，BE=DE= 5，BD=2 2，
∴VC1−EBD=VB−C1ED=13×12×2×2×1=23.
故答案为：23.
利用等体积法，转化求解点C1到平面EBD的距离．
本题考查三棱锥的体积的求解，属基础题．
12.【答案】12
【解析】解：因为OA+2OB+OC=0，
所以OA+OC=−2OB=2BO，
所以BO=12(OA+OC)
取AC的中点D，则OD=12(OA+OC).
∴BO=OD，即O为中线BD的中点，如图所示，
则△AOB的面积为S1，△AOC的面积为S2，
S△AOC=2S△AOD，
∵S△AOD=S△BOA，
∴S△AOC=2S△BOA.
所以S1S2=12.
故答案为：12.
利用OA+2OB+OC=0，确定点O的位置，再结合三角形面积关系求解．
本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
13.【答案】49 79
【解析】解：由题意，恰有一个人面试合格的概率为：
P=34×(1−13)×(1−13)+(1−34)×13×(1−13)+(1−34)×(1−13)×13=49，
甲签约，乙、丙没有签约的概率为P1=34×(1−13×13)=23，
甲未签约，乙、丙都签约的概率为P1=(1−34)×13×13=136，
甲乙丙三人都签约的概率为P3=34×13×13=112，
所以至少一人签约的概率为23+136+112=79.
故答案为：49；79.
利用互斥事件的概率加法和相互独立事件的概率乘法公式，求得恰有一人面试合格的概率，在分别求得甲签约，乙、丙没有签约、甲未签约，乙、丙都签约和甲乙丙三人都签约的概率，即可求得至少一人签约的概率．
本题主要考查了独立事件的概率乘法公式，属于中档题．
14.【答案】[1,74]
【解析】解：在梯形ABCD中，AB//CD，AB=BC=2，CD=1，∠BCD=120∘，
建立如图所示的平面直角坐标系，
则A(0,0)，B(2,0)，C(1, 3)，D(0, 3)，
又P、Q分别为线段BC和线段CD上的动点，且BP=λBC,DQ=34λDC，
则AP=AB+λBC=(2−λ, 3λ)，BQ=AD+DQ−AB=(34λ−2, 3)，
则AP⋅BQ=(2−λ)(34λ−2)+3λ=5λ+32λ−194，
又0≤λ≤10≤34λ≤1，
即34≤λ≤1，
又函数f(λ)=5λ+32λ−194，(34≤λ≤1)为增函数，
则f(λ)∈[1,74]，
则AP⋅BQ的取值范围为[1,74].
故答案为：[1,74].
由平面向量数量积的坐标运算，结合函数单调性求函数的值域即可得解．
本题考查了平面向量数量积的坐标运算，重点考查了利用函数单调性求函数的值域，属中档题．
15.【答案】解：(1)∵|a|=4,|b|=3,(2a−3b)⋅(2a+b)=61，
∴(2a−3b)⋅(2a+b)=4a2−4a⋅b−3b2=61，
即4×42−4×4×3cs⟨a,b⟩−3×32=61，解得cs⟨a,b⟩=−12，
又⟨a,b⟩的取值范围为[0,π]，则⟨a,b⟩=2π3；
(2)∵|a|=4,|b|=3，且cs⟨a,b⟩=−12，
∴(a+b)2=a2+b2+2a⋅b=42+32+2×4×3×(−12)=13，
∴|a+b|= (a+b)2= 13；
(3)若λa+b与a−b夹角为钝角，
∴(λa+b)⋅(a−b)=0，即λa2+(1−λ)a⋅b−b2<0，
∴16λ−6(1−λ)−9<0，解得λ<1522，
令λa+b=μ(a−b)，则λ=μμ=−1，解得λ=−1，
综上所述，λ<1522且λ≠−1，故λ的取值范围为(−∞,−1)∪(−1,1522).
【解析】(1)根据向量的运算法则，列出方程，求得cs⟨a,b⟩=−12，即可得出答案；
(2)根据题意，求得(a+b)2=a2+b2+2a⋅b=13，即可得出答案；
(3)由λa+b与a−b夹角为钝角，得到(λa+b)(a−b)<0且λa+b与a−b不共线，列出不等式组，即可得出答案．
本题考查平面向量的数量积，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)设这m人的平均年龄为x−，
则x−=22.5×0.05+27.5×0.35+32.5×0.30+37.5×0.20+42.5×0.10=32.25岁．
设第80百分位数为a，
由0.05+0.35+0.3+(a−35)×0.04=0.8，解得：a=37.5.
(2)由样本频率估计总体频率，在[35,40)和[40,45)两区间内频率分别为0.2，0.1，
[35,40)区间应抽取20×0.2=4(人)，设为A，B，C，甲，
[40,45)区间应抽取20×0.1=2(人)，设为Y，乙，
则从6人中随机抽取2人的样本空间为
Ω={AB,AC,A甲，A乙，AY，BC，B甲，B乙，BY，C甲，C乙，CY，甲乙，甲Y，乙Y}，共15个，
记A=“甲、乙两人至少有一人被选上”，
则A={A甲，A乙，B甲，B乙，C甲，C乙，甲乙，甲Y，乙Y}，共9个，
以P(A)=n(A)n(Ω)=915=35，
故甲、乙两人至少有一人被选上的概率为35.
【解析】(1)由频率分布直方图求平均值和第80百分位数；
(2)结合频率分布直方图确定在[35,40)和[40,45)两区间内频率分别为0.2，0.1，，进而求得在[35,40)和[40,45)的使者分别为4人、2人，再运用古典概型模型求解．
本题考查由频率分布直方图求频数、频率、平均值，考查频率公式，百分位数，古典概型，属于基础题．
17.【答案】解：(1)因为Q为A1B的中点，M是AB的中点，所以MQ//AA1，
又MQ⊄平面A1AD，AA1⊂平面A1AD，
所以MQ//平面A1AD，
因为N是A1C的中点，Q为A1B的中点，
所以QN//BC，
因为BC//AD，
所以QN//AD，
因为QN∉平面A1AD，AD⊂平面A1AD，
所以QN//平面A1AD.
因为QN，MQ⊂平面MNQ，NQ∩MQ=Q，
所以平面MNQ//平面A1AD.
(2)连接SN，SM，MC，A1S，A1M，
因为M，N，S分别是AB，A1C，AD的中点，正方体的棱长为2，所以CM=A1M= 5，A1S=SC= 5，
所以A1C⊥MN，SN⊥A1C，所以∠SNM为二面角S−A1C−M的平面角，
在△A1MC中，CM=A1M= 5，A1C= 22+22+22=2 3，
所以MN= MC2−(12A1C)2= 5−3= 2.
同理可得NS= 2，
因为SM= AS2+AM2= 2，所以△SNM为等边三角形，
所以∠SNM=π3，
所以二面角S−A1C−M所成角为π3.
(3)根据题意可得A1D=BD=A1B=2 2，
所以S△BDA1=12×2 2×2 2× 32=2 3，S△BCD=12×2×2=2，
设C点到面A1BD的距离为h，
根据等体积法VC−A1BD=VA1−BCD可得13S△BDA1⋅h=13S△BCD⋅A1A，
所以13×2 3h=13×2×2，解得h=2 33，
所以点C到平面A1BD的距离为2 33.

【解析】(1)利用三角形中位线定理可得MQ//AA1，QN//BC，再利用线面平行和面面平行的判定理可证得结论；
(2)连接SN，SM，MC，A1S，A1M，可得A1C⊥MN，SN⊥A1C，则∠SNM为二面角S−A1C−M的平面角，然后△SNM中求解即可；
(3)利用等体积法求解即可．
本题考查立体几何的应用，属于中档题．
18.【答案】解：(1)解法1、因为3a+2b=3ccsB，
由正弦定理得3sinA+2sinB=3sinCcsB，
又因为sinA=sin(B+C)=sinBcsC+sinCcsB，
所以3sinBcsC+3sinCcsB+2sinB=3sinCcsB，
可得3sinBcsC+2sinB=0，
因为0所以csC=−23
解法2、因为3a+2b=3ccsB，
由余弦定理得3a+2b=3ca2+c2−b22ac，
整理得3a2+3b2−3c2+4ab=0，
所以csC=a2+b2−c22ab=−23.
(2)由(1)知csC=−23，
由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC=a2+b2+43ab=(a+b)2−23ab，
因为c=2 5，a+b=5，
所以20=25−23ab，
解得ab=152，
又因为0则sinC= 1−cs2C= 53，
所以△ABC的面积S=12absinC=54 5.
【解析】(1)解法1、根据题意，由正弦定理得到3sinBcsC+2sinB=0，进而求得csC的值；
解法2、根据题意，由余弦定理化简得到3a2+3b2−3c2+4ab=0，进而求得csC的值；
(2)由(1)知csC=−23，利用余弦定理，列出方程求得ab=152，结合三角形的面积公式，即可求解．
本题考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．
19.【答案】(1)证明：连接BD，如图所示，底面ABCD为平行四边形，
则有AC∩BD=H，BH=DH，又由BG=PG，故GH//PD，
因为GH⊄平面PAD，PD⊂平面PAD，所以GH//平面PAD.
(2)证明：取棱PC的中点N，连接DN，如图所示，
△PCD为等边三角形，得DN⊥PC，又因为平面PAC⊥平面PCD，
平面PAC∩平面PCD=PC，DN⊂平面PCD，所以DN⊥平面PAC，
又PA⊂平面PAC，故DN⊥PA，又已知PA⊥CD，CD∩DN=D，
CD，DN⊂平面PCD，所以PA⊥平面PCD.
(3)解：连接AN，如图所示，由(2)中DN⊥平面PAC，
可知∠DAN为直线AD与平面PAC所成的角，
因为△PCD为等边三角形，CD=4且N为PC的中点，
所以DN=2 3，又DN⊥AN，
在Rt△AND中，sin∠DAN=DNAD= 33，
所以直线AD与平面PAC所成角的正弦值为 33.
【解析】(1)连接BD，证明GH//PD，则有GH//平面PAD；(2)取棱PC的中点N，由平面PAC⊥平面PCD，可证DN⊥平面PAC，得DN⊥PA，又PA⊥CD，可证得PA⊥平面PCD；(3)由DN⊥平面PAC，直线AD与平面PAC所成角为∠DAN，在Rt△AND中，求正弦值．
本题考查线面所成的角，考查线面，面面的位置关系，属于中档题．