2022-2023学年天津市新四区四校联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析）

这是一份2022-2023学年天津市新四区四校联考高一（下）期末数学试卷（含详细答案解析），共16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.i为虚数单位，若1+z=2+3i，则复数z的虚部为( )
A. 1B. 3C. iD. 3i
2.已知向量a=(1,2)，b=(−1,1)，若ka+b与a−3b垂直，则实数k=( )
A. 1B. −1C. 52D. −52
3.正四面体ABCD中，E、F分别为AB，CD的中点，则异面直线AD与EF所成角大小为( )
A. 30∘B. 45∘C. 60∘D. 120∘
4.抛掷一枚质地均匀的正六面体骰子，其六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，观察朝上一面的点数，设事件A=“点数为奇数”，B=“点数为4”，则A与B的关系为( )
A. 互斥B. 相等C. 互为对立D. 相互独立
5.从某中学高三年级抽取10名同学，他们的高考物理成绩如下：75，76，80，83，88，88，90，92，95，98(单位：分)，则这10名同学数学成绩的众数、第75百分位数分别为( )
A. 92，88B. 88，92C. 95，88D. 88，95
6.在平行四边形ABCD中，点N为对角线AC上靠近点C的三等分点，连接BN并延长交DC于点M，则MN=( )
A. 16AB+13ADB. −16AB−13ADC. 16AB−23ADD. 16AB−13AD
7.已知α，β，γ是空间三个不同的平面，a，b是空间两条不同直线，则下列命题正确的是( )
A. 若α⊥β，a//β，则a⊥αB. 若α⊥β，a⊥β，则a//α
C. 若α⊥γ，β⊥γ，则β//αD. 若a//b，b⊥α，则a⊥α
8.已知△ABC的外接圆圆心为O，且−2OB=BA+BC，|BO|=|BA|，则向量CB在向量AC上的投影向量为( )
A. 34ACB. 34ACC. −34ACD. − 34AC
9.下列结论正确的个数为( )
①在△ABC中，若a>b，则csA②在锐角△ABC中，不等式b2+c2−a2>0恒成立
③在△ABC中，若C=π4，a2−c2=bc，则△ABC为等腰直角三角形
④在△ABC中，若b=3，A=60∘，△ABC面积S=3 3，则△ABC外接圆半径为 393
A. 1B. 2C. 3D. 4
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分。
10.已知向量a，b的夹角为30∘，|a|=2，|b|= 3，则|a−2b|=______ .
11.正三角形ABC的边长为4cm，则△ABC的直观图△A′B′C′的面积为______ cm2.
12.甲、乙两人打靶，已知甲的命中率为45，乙的命中率为56，若甲、乙分别向同一靶子射击一次，则该靶子被击中的概率为______ .
13.一位涂料工用一把长度为20cm，横截面直径为15cm的圆柱形涂料滚给一面长为3m的正方形墙壁刷涂料，已知圆柱形涂料滚以每秒2周的速度在墙壁上匀速滚动前进，则涂料工完成任务所需的时间为______ 秒.
14.如图，在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，CD与AE交于点F，若BF=xBA+yBC，则3x+5y=______ .
15.已知正三棱柱的所有顶点都在同一个半径为2 5的球面上，则该三棱柱侧面积的最大值为______ .
三、解答题：本题共5小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题15分)
已知复数z=m−i(m∈R)，且z−⋅(1+3i)为纯虚数(z−是z的共轭复数).
(1)求实数m的值；
(2)设复数z1=m+4i1−i，求|z1|；
(3)复数z2=a−i2023z在复平面内对应的点在第一象限，求实数a的取值范围.
17.(本小题14分)
已知长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=4，AA1=3.
(1)求证：平面AB1D1//平面BC1D；
(2)求直线AB1与平面ACC1A1所成角的正弦值；
(3)求点C到平面BC1D的距离.
18.(本小题15分)
书籍是精神世界的入口，阅读让精神世界闪光，阅读逐渐成为许多人的一种生活习惯，每年4月23日为世界读书日．某研究机构为了解某地年轻人的阅读情况，通过随机抽样调查了100位年轻人，对这些人每天的阅读时间(单位：分钟)进行统计，得到样本的频率分布直方图，如图所示．
(1)求a；
(2)根据频率分布直方图，估计这100位年轻人每天阅读时间的平均数x−(单位：分钟)；(同一组数据用该组数据区间的中点值表示)
(3)为了进一步了解年轻人的阅读方式，研究机构采用分层抽样的方法从每天阅读时间位于分组[50,60),[60,70)和[80,90)的年轻人中抽取5人，再从中任选2人进行调查，求其中至少有1人每天阅读时间位于[80,90)的概率．
19.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足(2a−c)csB=bcsC.
(1)求角B的大小；
(2)若BD=2DC，且CD=1，AD= 7，求△ABC的面积.
(3)如图，平面四边形ABCP中，AB=2，AP=3，BC=712AP，动点E，F分别在线段BC，CP上运动，且BE=λBC，CF=λCP，求AE⋅AF的取值范围.
20.(本小题16分)
如图，平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，M，N分别为C1D1，AA1的中点.
(1)证明：A1M//平面NCD1；
(2)若四边形ABCD和CDD1C1均为正方形，AA1与平面ABCD所成的角为π3，
①求证：平面ADD1A1⊥平面ABCD；
②求平面ABCD与平面NCD1夹角的余弦值.
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：1+z=2+3i，
则z=1+3i，其虚部为3.
故选：B.
根据已知条件，先求出z，再结合虚部的定义，即可求解．
本题主要考查虚部的定义，属于基础题．
2.【答案】C
【解析】解：∵向量a=(1,2)，b=(−1,1)，
∴ka+b=(k−1,2k+1)，a−3b=(4,−1)，
∵ka+b与a−3b垂直，
∴(ka+b)(a−3b)=4(k−1)−(2k+1)=0，
解得实数k=52.
故选：C.
利用向量坐标运算法则、向量垂直的性质直接求解．
本题考查向量坐标运算法则、向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
3.【答案】B
【解析】解：取AC中点G，连接EG，FG，AF，BF，
设AB=2，则EG//BC，FG//AD，EG=12BC=1，FG=12AD=1，
BF=AF= 22−12= 3，EF⊥AB，EF= ( 3)2−12= 2，
∴EF2=EG2+FG2，∴EG⊥FG，
∵FG//AD，∴∠EFG是异面直线AD与EF所成角(或所成角的补角)，
∵EG⊥FG，EG=FG，∴∠EFG=45∘，
∴异面直线AD与EF所成角大小为45∘.
故选：B.
取AC中点G，连接EG，FG，AF，BF，推导出FG//AD，∠EFG是异面直线AD与EF所成角(或所成角的补角)，由此能求出结果．
本题考查正四面体的结构特征、异面直线所成角等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
4.【答案】A
【解析】【分析】
事件A与B不能同时发生，但能同时不发生，由此得到事件A与B是互斥事件．
本题考查两个事件的关系的判断，考查对立事件、互斥事件、相互独立事件等基础知识，是基础题．
【解答】
解：抛掷一枚质地均匀的正六面体骰子，其六个面分别标有数字1，2，3，4，5，6，
观察朝上一面的点数，设事件A=“点数为奇数”，B=“点数为4”，
则事件A与B不能同时发生，但能同时不发生，
故A与B是互斥事件．
故选：A.
5.【答案】B
【解析】解：由题意可知，众数为88，
75%×10=7.5，即高组数据的第8个数92.
故选：B.
根据已知条件，结合众数、百分位数的定义，即可求解．
本题主要考查众数、百分位数的定义，属于基础题．
6.【答案】D
【解析】解：∵四边形ABCD为平行四边形，点N为对角线AC上靠近点C的三等分点，
∴△ANB∽△CNM，
∴MNBN=MCBA=CNAN=12，
∴MN=−13BM，CM=−12AB，
∴MN=−13BM=−13(CM−CB)=−13CM+13CB=−13×(−12AB)+13×(−AD)=16AB−13AD.
故选：D.
由题知△ANB∽△CNM，从而得到MN=−13BM,CM=−12AB，再由平面向量的线性运算计算即可．
本题考查平面向量的线性运算，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：若α⊥β，a//β，则a⊂α或a//α或a与α相交，故A错误；
若α⊥β，a⊥β，则a⊂α或a//α，故B错误；
若α⊥γ，β⊥γ，则β//α或β与α相交，故C错误；
若a//b，b⊥α，由直线与平面垂直的性质可得a⊥α，故D正确．
故选：D.
由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐一分析四个选项得答案．
本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
8.【答案】C
【解析】解：∵△ABC的外接圆圆心为O，且−2OB=BA+BC，
∴BO=12(BA+BC)，
∴O为AC的中点，即AC为外接圆的直径，
∴∠ABC=90∘，
又∵|BO|=|BA|，
∴△BOA为等边三角形，
∴∠BAC=60∘，∠ACB=30∘，
∴向量CB与向量AC的夹角为180∘−∠ACB=180∘−30∘=150∘，
∴|CB|= 32|AC|，
∴向量CB在向量AC上的投影向量为|CB|⋅cs150∘⋅AC|AC|= 32|AC|×(− 32)×AC|AC|=−34AC.
故选：C.
由题意和平面几何的性质知∠ABC=90∘且△BOA为等边三角形，从而得向量CB与向量AC的夹角为150∘，|CB|= 32|AC|，再由平面向量的投影向量的定义即可求得．
本题考查平面向量的夹角和投影向量，属于基础题．
9.【答案】D
【解析】解：对于A，在△ABC中，若a>b，
则A>B，
又A，B∈(0,π)，函数y=csx在(0,π)上为减函数，
所以csA对于B，在锐角△ABC中，0所以csA>0，
故csA=b2+c2−a22bc>0，
则b2+c2−a2>0恒成立，故B正确；
对于C，因为C=π4，a2−c2=bc①，
由余弦定理得csC=a2+b2−c22ab=b2+bc2ab=b+c2a=csπ4= 22，则b+c= 2a②，
联立①②得a2= 2ac，即a= 2c，
所以sinA= 2sinC=1，
又A∈(0∘,180∘)，
则A=90∘，
所以△ABC为等腰直角三角形，故C正确；
对于D：因为b=3，A=60∘，△ABC面积S=3 3，
则S=12bcsinA=12×3×c× 32=3 3，解得c=4，
由余弦定理得a2=b2+c2−2bccsA=13，
所以a= 13，
则△ABC外接圆半径R=a2sinA= 132× 32= 393，故D正确．
故选：D.
对于A，利用大边对大角以及余弦函数的性质即可判断；
对于B，由题意利用余弦定理即可判断；
对于C，由题意利用余弦定理可求a= 2c，利用正弦定理可求sinA= 2sinC=1，即可判断；
对于D，由题意利用三角形的面积公式可求c的值，由余弦定理得a的值，利用正弦定理即可求解判断．
本题考查了三角形的面积公式，正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
10.【答案】2
【解析】解：向量a，b的夹角为30∘，|a|=2，|b|= 3，
所以(a−2b)2=a2−4a⋅b+4b2=4−4×2× 3×cs30∘+4×3=4，
所以|a−2b|=2.
故答案为：2.
根据平面向量的数量积求模长即可．
本题考查了平面向量的数量积运算问题，是基础题．
11.【答案】 6
【解析】解：∵正三角形ABC的边长为4cm，
∴正三角形ABC的面积为4 3cm2，
∴△ABC的直观图△A′B′C′的面积为 24×4 3= 6cm2.
故答案为： 6.
根据平面图形的直观图的面积与原图形的面积关系求解．
本题主要考查了平面图形的直观图，属于基础题．
12.【答案】2930
【解析】解：根据题意，甲、乙两人打靶，甲的命中率为45，乙的命中率为56，
甲、乙分别向同一靶子射击一次，靶子被击中的对立事件为甲乙两人都没有击中，
则该靶子被击中的概率为：P=1−(1−45)(1−56)=2930.
故答案为：2930.
根据题意，该靶子被击中的对立事件为甲乙两人都没有击中，由此能求出该靶子被击中的概率．
本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式、相互独立事件概率乘法公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
13.【答案】47.7
【解析】解：圆柱形刷子的侧面积为15π×20=300π(cm2)，
则圆柱形刷子1秒油漆的面积为2×300π=600π(cm2)，
又木板的面积S=9m2=9×10000(cm2)，
所以完成任务所需的时间t=90000600π≈47.7秒，
故答案为：47.7.
求出圆柱形刷子的侧面积，从而可得圆柱形刷子1秒油漆的面积，把木板面积9m2换算成90000cm2，除以1秒油漆的面积可得时间．
本题借助应用问题考查了圆柱的侧面积公式，计算是要注意单位的换算，属于中档题．
14.【答案】85
【解析】解：因为在△ABC中，点D，E分别在边AB，BC上，且均为靠近B的四等分点，
若BF=xBA+yBC=xBA+4yBE，
因为A，F，E三点共线，
所以x+4y=1①，
又BF=xBA+yBC=4xBD+yBC，
则4x+y=1②，
①②联立得x=y=15，
则3x+5y=85.
故答案为：85.
由已知结合向量的线性表示及向量共线定理可求x，y，进而可求．
本题主要考查了向量的线性表示及向量共线定理，属于中档题．
15.【答案】60 3
【解析】解：如图，取三棱柱上底面和下底面的外心分别为O′′，O′，连接O′′O′，取其中点为O，连接OA，
如图所示：
可知O即为该三棱柱外接球的球心，设AA1=h，AB=a，
在△ABC中，由正弦定理得AO′=a2sin60∘= 33a，
则该棱柱外接球半径R= OO′2+AO′2= h24+a23，
又R=2 5，∴h24+a23=20≥2 a2h212，即ah≤20 3，当且仅当a= 30，h=2 10时取得等号．
则该棱柱的侧面积S=3ah≤60 3，当且仅当a= 30，h=2 10时取得等号．
故答案为：60 3.
根据三棱柱外接球的半径求得棱柱底面边长和高之间的关系，结合基本不等式以及棱柱侧面积的计算公式，即可求得结果．
本题考查三棱柱的侧面积计算，涉及了正弦定理以及基本不等式的运用，考查运算求解能力，属于中档题．
16.【答案】解：(1)因为复数z=m−i，z−⋅(1+3i)=(m+i)(1+3i)=m−3+(3m+1)i为纯虚数，
故m−3=0，3m+1≠0，
故m=3；
(2)复数z1=m+4i1−i=3+4i1−i=(3+4i)(1+i)(1+i)(1−i)=−1+7i2，
则|z1|=5 22；
(3)z2=a−i2023z=a+i3−i=(a+i)(3+i)(3−i)(3+i)=3a−1+(a+3)i10在复平面内对应的点在第一象限，
则3a−1>0a+3>0，解得a>13，
故实数a的取值范围为(13,+∞).
【解析】(1)先结合四则运算进行化简，然后结合纯虚数的概念即可求解；
(2)先结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数模长公式即可求解；
(3)先结合复数的四则运算进行化简，然后结合复数的几何意义即可求解．
本题主要考查了复数的四则运算及复数的几何意义的应用，属于基础题．
17.【答案】(1)证明：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，
∵BB1//DD1，且BB1=DD1，∴四边形BB1D1D为平行四边形，可得BD//B1D1，
同理可得AB1//DC1，
∵B1D1⊄平面BC1D，BD⊂平面BC1D，∴B1D1//平面BC1D，
∵AB1⊄平面BC1D，DC1⊂平面BC1D，∴AB1//平面BC1D，
又AB1∩B1D1=B1，∴平面AB1D1//平面BC1D；
(2)解：在长方体ABCD−A1B1C1D1中，BB1⊥底面ABCD，
而AC⊂平面ABCD，可得BB1⊥AC，又四边形ABCD为正方形，
∴AC⊥BD，而BB1∩BD=B，则AC⊥平面BB1D1D，
又AC⊂平面AA1C1C，∴平面AA1C1C⊥平面BB1D1D，
而平面AA1C1C∩平面BB1D1D=OO1，B1O1⊥OO1，则B1O1⊥平面ACC1A1，
得∠B1AO1为直线AB1与平面ACC1A1所成角，
由已知求得B1O1=2 2，AB1= 42+32=5，∴sin∠B1AO1=2 25；
(3)解：在△BC1D中，BC1=DC1= 42+32=5，BD=4 2，
∴S△BC1D=12×4 2× 52−(2 2)2=2 34，设C到平面BC1D的距离为h，
由VC1−BCD=VC−BC1D，得13×12×4×4×3=13×2 34×h，解得h=6 3417.
即点C到平面BC1D的距离为6 3417.
【解析】(1)由已知证明B1D1//平面BC1D，DC1//平面BC1D，再由平面与平面平行的判定可得平面AB1D1//平面BC1D；
(2)设A1C1∩B1D1=O1，证明∠B1AO1为直线AB1与平面ACC1A1所成角，然后求解三角形得答案；
(3)利用等体积法求点C到平面BC1D的距离．
本题考查平面与平面平行的判定，考查空间角的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
18.【答案】解：(1)根据频率分布直方图得：(0.005+0.01+2a+0.045)×10=1，
解得a=0.020，
(2)根据频率分布直方图得：
平均数x−=(55×0.01+65×0.02+75×0.045+85×0.02+95×0.005)×10=74，
(3)由于[50,60),[60,70)和[80,90)的频率之比为：1：2：2，
故抽取的5人中[50,60),[60,70)和[80,90)分别为：1人，2人，2人，
记[50,60)的1人为a，[60,70)的2人为b，c，[80,90)的2人为A，B，
故随机抽取2人共有(a,b)，(a,c)，(a,A)，(a,B)，(b,c)，(b,A)，(b,B)，
(c,A)，(c,B)，(A,B)10种结果，
其中至少有1人每天阅读时间位于[80,90)的包含7种，
故概率P=710.
【解析】(1)由所有小长方形面积之和=1，列方程求解a；
(2)根据频率分布直方图中平均数计算公式进行运算；
(3)列举符合条件的基本事件，用古典概型概率公式进行运算．
本题考查由频率直方图中数字特征的计算，以及统计知识下的概率问题，属于基础题．
19.【答案】解：∵(2a−c)csB=bcsC，
∴由正弦定理得：(2sinA−sinC)csB=sinbcsC，
∴2sinAcsB=sinCcsB+sinBcsC=sin(B+C)=sinA，
∵A∈(0,π)，∴sinA≠0，
∴csB=12，
∵B∈(0,π)，∴B=π3；
(2)∵BD=2DC，且CD=1，AD= 7，∴BD=2，BC=3，
在△ABD中，由余弦定理得：AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅csB，
即7=AB2+4−2AB，解得AB=3或AB=−1(舍)，
∴S△ABC=12AB⋅BC⋅sinB=12×3×3× 32=9 34；
(3)以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直于AP的直线为y轴建立平面直角坐标系，
则A(0,0)，P(3,0)，B(−1, 3)，由BC=712AP，得C(34, 3)，
∵BE=λBC，CF=λCP，0≤λ≤1，∴设E(m, 3)，F(n,t)，
由(m+1,0)=λ(74,0)，得m=74λ−1，
由(n−34,t− 3)=λ(94,− 3)，得n=94λ+34,t= 3− 3λ，
∴AE=(74λ−1, 3)，AF=(94λ+34, 3− 3λ)，
∴AE⋅AF=(74λ−1)⋅(94λ+34)+ 3⋅( 3− 3λ)=6316λ2−6316λ+94=6316(λ−12)2+8164，
当λ=12时，AE⋅AF取得最小值8164；当λ=0或1时，AE⋅AF取得最大值94，
∴AE⋅AF的取值范围为[8164,94].
【解析】(1)由条件结合正弦定理化简即可求得；
(2)由余弦定理及三角形的面积公式计算即可；
(3)以A为坐标原点，AP所在直线为x轴，垂直于AP的直线为y轴建立平面直角坐标系，表示出所需点的坐标，根据向量的坐标运算和二次函数的最值问题即可求得．
本题考查利用正余弦定理解三角形和平面向量数量积的坐标运算，属于中档题．
20.【答案】证明：(1)取CD1的中点G，连接MG，NG，
M，N分别为C1D1，AA1的中点，
所以MG//CC1且MG=12CC1，
A1N//CC1且A1N=12CC1，
所以A1N//MG且A1N=MG，
四边形A1NGM是平行四边形，
所以A1M//NG，A1M⊄平面NCD1，NG⊂平面NCD1，
所以A1M//平面NCD1；
(2)①因为平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，四边形ABCD和CDD1C1均为正方形，
所以AB⊥AD，AB⊥AA1，
且AB⊥平面ADD1A1，
因为AB⊂平面ABCD，所以平面ABCD⊥平面ADD1A1，
②过A1作A1O⊥AD于O，则A1O⊥平面ABCD，
所以∠A1AD为AA1与平面ABCD所成的角，
所以∠A1AD=π3，设AB=2，则AD=AA1=2，
在△A1AO中，OA=AA1csπ3=1，A1O=AA1sinπ3= 3，
以O为坐标原点，分别以OA，OA1为x，z轴，过O点且平行于CD的直线为y轴，
建立如图所示的空间直角坐标系，
则A(1,0,0)，C(−1,2,0)，A1(0,0, 3)，D1=(−2,0, 3)，N(12,0, 32)，
CN=(32,−2, 32)，D1N=(52,0,− 32)，
设平面NCD1的一个法向量m=(x,y,z)，
则有m⋅CN=0m⋅D1N=0，即32x−2y+ 32z=052x− 32z=0，令x= 3则y=2 3，z=5，
所以平面NCD1的一个法向量m=( 3,2 3,5)，
又平面ABCD的一个法向量OA1=(0,0, 3)，
设平面ABCD与平面NCD1夹角为θ，
所以csθ=m⋅OA1m×OA1=5 3 40× 3= 104，
所以平面ABCD与平面NCD1夹角的余弦值为 104.
【解析】(1)取CD1的中点G，先证明A1N//MG且A1N=MG，进而可证A1M//NG，可证结论；
(2)①由已知可证AB⊥AD，AB⊥AA1，可得∠A1AD=π3，可证面ABCD⊥平面ADD1A1，
②过A1作A1O⊥AD于O，以O为坐标原点，分别以OA，OA1为x，z轴，过O点且平行于CD的直线为y轴，从而可用向量法求平面ABCD与平面NCD1夹角的余弦值．
本题考查线面平行的证明与面面角的求法，属中档题．