2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知(1+i)z=3A.5 B.5 C.2 D.2.已知向量a=(−1,2)，b=A.22 B.(−1,23.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//n B.若l//m，m⊂α，则l//4.已知△ABC中，角A，B，C所对的边分别是a，b，c，若(a+b−cA.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A.32 B.1010 C.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.12 B.13 C.167.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.10 B.1023 C.10二、填空题（本大题共6小题，共24.0分）9.已知i是虚数单位，若复数(1+ai)(210.在△ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若a=3，b=5，11.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2

12.已知点O是△ABC内部一点，并且满足OA+2OB+OC=013.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，∠三、解答题（本大题共5小题，共64.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.(本小题12.0分)

已知|a|=4,|b|=3,(2a−3b)⋅(16.(本小题12.0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17.(本小题14.0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A18.(本小题12.0分)

已知△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且3a+2b=3ccosB．19.(本小题14.0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

答案和解析1.【答案】A

【解析】解：由复数(1+i)z=3+i，

可得z=3+i12.【答案】D

【解析】解：由题意，a在b上的投影向量为b|b|⋅a⋅b|b|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【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

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=ab5.【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)，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：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+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，9.【答案】2

【解析】解：∵复数(1+ai)(2+i)=(2−a10.【答案】2【解析】解：根据题意，由正弦定理asinA=bsinB，

可得sinA=a⋅sinBb=3×5911.【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=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)．13.【答案】49

7【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)×13×14.【答案】[1【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CD15.【答案】解：(1)∵|a|=4,|b|=3,(2a−3b)⋅(2a+b)=61，

∴(2a−3b)⋅(2a+b)=4a2−4a⋅b−3b2=61，

【解析】(1)根据向量的运算法则，列出方程，求得cos〈a,b〉=−12，即可得出答案；

(2)根据题意，求得(a+b)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【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0.2，0.117.【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【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，A118.【答案】解：(1)解法1、因为3a+2b=3ccosB，

由正弦定理得3sinA+2sinB=3sinCcosB，

又因为sinA=sin(B+C)=sinBcosC+sinCcosB，

所以3sinBcosC+3si【解析】(1)解法1、根据题意，由正弦定理得到3sinBcosC+2sinB=0，进而求得cosC19.【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