天津重点中学高一下学期期末考试数学试卷
天津市南开区2024届高一数学第二学期期末达标测试试题含解析
天津市南开区2024届高一数学第二学期期末达标测试试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是( )A ．2B ．23+C ．32+D ．122．在数列{}n a 中，12a =，1221n n a a +-=，则101a 的值为： A ．52B ．51C ．50D ．493．传说古希腊毕达哥拉斯学派的数学家经常在沙滩上面画点或用小石子表示数.他们研究过如图所示的三角形数:将三角形数1，3， 6，10记为数列{}n a ，将可被5整除的三角形数，按从小到大的顺序组成一个新数列{}n b ，可以推测:19b =（ ） A ．1225B ．1275C ．2017D ．20184．对于函数()f x ，在使()f x M ≥成立的所有常数M 中，我们把M 的最大值称为函数()f x 的“下确界”.若函数()3cos 213f x x π⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭，,6x m π⎡⎫∈-⎪⎢⎣⎭的“下确界”为12-，则m 的取值范围是（ ） A ．,62ππ⎛⎤-⎥⎝⎦ B ．,62ππ⎛⎫-⎪⎝⎭ C ．5,66ππ⎛⎤-⎥⎝⎦ D ．5,66ππ⎛⎫-⎪⎝⎭5．为了得到函数2sin 23y x π⎛⎫=-⎪⎝⎭的图象，可以将函数2sin 24y x π⎛⎫=+⎪⎝⎭的图象（）A ．向左平移724πB ．向右平移724π C ．向左平移712πD ．向右平移712π6．已知集合{}|10A x x =-≥，{}012B =，，，则A B =A ．{}0B ．{}1C ．{}12，D ．{}012，， 7．如图，四棱锥P ABCD -的底面ABCD 为平行四边形，2=NB PN ，则三棱锥-N PAC 与三棱锥D PAC -的体积比为( )A ．1:2B ．1:8C ．1:3D ．1:68．在四边形ABCD 中，AB DC =，且AC ·BD ＝0，则四边形ABCD 是（ ） A ．菱形B ．矩形C ．直角梯形D ．等腰梯形9．函数3()arctan f x x x =+的定义域为R ，数列{}n a 是公差为d 的等差数列，若10091a =-，m =12320162017()()()()()f a f a f a f a f a +++++，则（ ）A ．m 恒为负数B ．m 恒为正数C ．当0d >时，m 恒为正数；当0d <时，m 恒为负数D ．当0d >时，m 恒为负数；当0d <时，m 恒为正数10．点M(4，m ）关于点N （n, － 3）的对称点为P （6，-9）则（ ） A ．m ＝－3,n ＝10 B ．m ＝3,n ＝10 C ．m ＝－3, n ＝5D ．m =3, n = 5二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
2019-2020学年天津一中高一下学期期末数学试卷 (解析版)
2019-2020学年天津一中高一第二学期期末数学试卷一、选择题（共10小题）.1．若复数z1对应复平面内的点（2，﹣3），且z1•z2＝1+i，则复数z2的虚部为（）A．﹣B．C．﹣D．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，m∥n，则n⊥αD．若α⊥β，m⊥α，则m∥β3．设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（1，y），＝（2，﹣4），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．D．104．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A．1，3，4B．2，3，3C．2，2，4D．1，1，65．雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体AD和底座CD两部分组成．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，求像体AD的高度（）（最后结果精确到0.1米，参考数据：sin70.5°≈0.943，cos70.5°≈0.334，tan70.5°≈2.824）A．4.0米B．4.2米C．4.3米D．4.4米6．如图，O是△ABC的重心，＝，＝，D是边BC上一点，且＝3，则（）A．＝B．＝C．＝D．＝7．在△ABC中，sin2＝（a、b、c分别为角A、B、C的对应边），则△ABC的形状为（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形8．下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（）A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”C．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的体积等于（）A．B．C．D．10．已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足＝2，＝﹣，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣二、填空题11．i是虚数单位，则||的值为．12．掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为．13．若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．14．在△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，则的值是．15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a2﹣b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝．16．在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝2，＝2，||＝，则||＝；设＝λ﹣（λ∈R），且•＝4，则λ的值为．三、解答题17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若a＝，b＝2．求：（ⅰ）边长c；（ⅱ）sin（2B﹣C）的值．18．某校参加夏令营的同学有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其所属年级情况如表：高一年级高二年级高三三年级男同学A B C女同学X Y Z现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母写这个试验的样本空间；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，写出事件M的样本点，并求事件M发生的概率．19．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD＝1．（1）求证：BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．20．如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．参考答案一、选择题1．若复数z1对应复平面内的点（2，﹣3），且z1•z2＝1+i，则复数z2的虚部为（）A．﹣B．C．﹣D．【分析】由已知求得z1，代入z1•z2＝1+i，变形后利用复数代数形式的乘除运算化简得答案．解：由题意，z1＝2﹣3i，又z1•z2＝1+i，∴，∴复数z2的虚部为．故选：B．2．设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，下列命题中正确的是（）A．若m∥α，m∥β，则α∥βB．若m⊥α，m⊥n，则n⊥αC．若m⊥α，m∥n，则n⊥αD．若α⊥β，m⊥α，则m∥β【分析】在A中，α与β相交或平行；在B中，n∥α或n⊂α；在C中，由线面垂直的判定定理得n⊥α；在D中，m与β平行或m⊂β．解：设m，n是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则：在A中，若m∥α，m∥β，则α与β相交或平行，故A错误；在B中，若m⊥α，m⊥n，则n∥α或n⊂α，故B错误；在C中，若m⊥α，m∥n，则由线面垂直的判定定理得n⊥α，故C正确；在D中，若α⊥β，m⊥α，则m与β平行或m⊂β，故D错误．故选：C．3．设x，y∈R，向量＝（x，1），＝（1，y），＝（2，﹣4），且⊥，∥，则|+|＝（）A．B．C．D．10【分析】由向量平行与垂直的充要条件建立关于x、y的等式，解出x、y的值求出向量的坐标，从而得到向量的坐标，再由向量模的公式加以计算，可得答案．解：∵，且，∴x•2+1•（﹣4）＝0，解得x＝2．又∵，且，∴1•（﹣4）＝y•2，解之得y＝﹣2，由此可得，，∴＝（3，﹣1），可得＝＝．故选：B．4．某社区组织“学习强国”的知识竞赛，从参加竞赛的市民中抽出40人，将其成绩分成以下6组：第1组[40，50），第2组[50，60），第3组[60，70），第4组[70，80），第5组[80，90），第6组[90，100]，得到如图所示的频率分布直方图．现采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2，3，4组抽取的人数依次为（）A．1，3，4B．2，3，3C．2，2，4D．1，1，6【分析】利用分层抽样的性质结合频率分布直方图能求出第2，3，4组抽取的人数．解：采用分层抽样的方法，从第2，3，4组中按分层抽样抽取8人，则第2抽取的人数为：8×＝2人，第3组抽取的人数为：8×＝2人，第4组抽取的人数为：8×＝4人．故选：C．5．雕塑成了大学环境不可分割的一部分，有些甚至能成为这个大学的象征，在中国科学技术大学校园中就有一座郭沫若的雕像．雕像由像体AD和底座CD两部分组成．如图，在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，求像体AD的高度（）（最后结果精确到0.1米，参考数据：sin70.5°≈0.943，cos70.5°≈0.334，tan70.5°≈2.824）A．4.0米B．4.2米C．4.3米D．4.4米【分析】在Rt△DBC中求出BC，再利用Rt△ABC的边角关系求出AC的值，即得AD 的大小．解：在Rt△DBC中，∠DBC＝45°，且CD＝2.3米，所以BC＝CD＝2.3米；在Rt△ABC中，∠ABC＝70.5°，BC＝2.3米，所以tan70.5°＝，AC＝BC tan70.5°＝2.3×2.842＝6.5366≈6.5（米），所有AD＝AB﹣CD＝6.5﹣2.3＝4.2（米），即像体AD的高度为4.2米．故选：B．6．如图，O是△ABC的重心，＝，＝，D是边BC上一点，且＝3，则（）A．＝B．＝C．＝D．＝【分析】由O为△ABC的重心，则点E为BC的中点，且，又由＝3，得：D是BC的四等分点，再利用平面向量的线性运算可得则＝﹣+，故得解解：如图，延长AO交BC于E，由已知O为△ABC的重心，则点E为BC的中点，且由＝3，得：D是BC的四等分点，则＝﹣+，故选：A．7．在△ABC中，sin2＝（a、b、c分别为角A、B、C的对应边），则△ABC的形状为（）A．正三角形B．直角三角形C．等腰直角三角形D．等腰三角形【分析】直接利用二倍角的余弦函数以及余弦定理化简求解即可判断三角形的形状．解：因为sin2＝＝，即，由余弦定理可得，可得a2+b2＝c2，所以三角形是直角三角形．故选：B．8．下列各对事件中，不互为相互独立事件的是（）A．掷一枚骰子一次，事件M“出现偶数点”；事件N“出现3点或6点”B．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次有放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到白球”C．袋中有3白、2黑共5个大小相同的小球，依次不放回地摸两球，事件M“第一次摸到白球”，事件N“第二次摸到黑球”D．甲组3名男生，2名女生；乙组2名男生，3名女生，现从甲、乙两组中各选1名同学参加演讲比赛，事件M“从甲组中选出1名男生”，事件N“从乙组中选出1名女生”【分析】利用对立事件和互斥事件的概念求解．解：根据事件的特点易知，事件M是否发生对事情N发生的概率没有影响，故M与N 是相互独立事件，故A，B，D属于相互独立事件．对于C：由于第一次摸到球不放回，因此会对第二次摸到球的概率产生影响，所以这两个事件不是相互独立事件；故选：C．9．已知S，A，B，C是球O表面上的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，SA＝AB＝1，BC＝，则球O的体积等于（）A．B．C．D．【分析】根据直线平面的垂直问题得出Rt△SBC，Rt△SAC中AC的中点O，判断SC 为球O的直径，又可求得SC＝2，球O的半径R＝1，求解即可．【解答】解；∵SA⊥平面ABC，AB⊥BC，∴SA⊥BC，AB⊥BC，∴BC⊥面SAB，∵BS⊂面SAB，∴SB⊥BC，∴Rt△SBC，Rt△SAC中AC的中点O，∴OS＝OA＝OB＝OC，∴SC为球O的直径，又可求得SC＝2，∴球O的半径R＝1，体积，故选：B．10．已知边长为2的菱形ABCD中，点F为BD上一动点，点E满足＝2，＝﹣，则的最小值为（）A．﹣B．﹣C．﹣D．﹣【分析】根据＝﹣，根据线性运算进行变换可求得∠DAB＝；以菱形对角线交点为原点，对角线所在直线为坐标值建立平面直角坐标系，利用坐标表示出，得到关于t的二次函数，求得二次函数最小值即为所求．解：由题意知：＝，设∠DAB＝θ，所以＝（）•（）＝2＝4cosθ﹣4cosθ＝﹣，所以cosθ＝，又θ∈（0，π），所以，以AC与BD交点为原点，AC为x轴，BD为y轴建立如图所示的直角坐标系，所以A（﹣，0），C（，0），D（0，1），B（0，﹣1），E（），设F（0，t），则＝（，t），＝（﹣，t+），所以＝﹣2+t（t+）＝t2＝（t）2﹣，当t＝时，取最小值，故选：D．二、填空题11．i是虚数单位，则||的值为．【分析】本题可根据复数定义及模的概念及基本运算进行计算．解：由题意，可知：＝＝＝2﹣3i，∴||＝|2﹣3i|＝＝．故答案为：．12．掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为．【分析】基本事件总数n＝6，利用列举法求出事件（表示事件B的对立事件）包含的基本事件的个数，由此能求出一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率．解：掷一枚骰子的试验中，出现各点的概率均为，事件A表示“出现小于5的偶数点”，事件B表示“出现小于5的点数”，基本事件总数n＝6，事件（表示事件B的对立事件）包含的基本事件有：2，4，5，6，共4个，则一次试验中，事件（表示事件B的对立事件）发生的概率为：P（A∪）＝＝．故答案为：．13．若一个圆柱的侧面展开图是正方形，则这个圆柱的全面积与侧面积的比是．【分析】由圆柱的侧面展开图是正方形，我们易得圆柱的高与底面周长相等，设侧面的正方形边长为A后，易分别计算出侧面积和全面积，代入计算后，易得结果．解：可以设该侧面的正方形边长为A，则S侧面积＝A2全面积S＝A2+2π则圆柱的全面积与侧面积的比＝＝故答案：14．在△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，则的值是﹣．【分析】取基底为，，把所求向量转化为用基底表示，即可求出结论．解：因为△ABC中，AC＝2AB＝2，∠BAC＝120°，O是BC的中点，M是AO上一点，且，∴＝﹣＝﹣（）；则＝（+）•（+）＝（﹣）•（﹣）＝﹣﹣+•＝﹣×22﹣×12+×1×2×cos120°＝﹣﹣﹣＝﹣．故答案为：﹣．15．在△ABC中，a、b、c分别为内角A、B、C的对边，若a2﹣b2＝bc，sin C＝2sin B，则A＝．【分析】由正弦定理得c＝2b，再由余弦定理可得cos A＝，把c＝2b 代入化简可得cos A的值，从而求得A的大小．解：∵sin C＝2sin B，∴c＝2b，∴cos A＝＝＝＝＝，又0＜A＜π，∴A＝，故答案为．16．在△ABC中，∠BAC＝60°，||＝2，＝2，||＝，则||＝3；设＝λ﹣（λ∈R），且•＝4，则λ的值为．【分析】由＝2可得，然后两边平方处理，结合平面向量的数量积运算，解方程即可；把和＝λ﹣均代入•＝4，化简整理后，代入已知数据，解关于λ的方程即可得解．解：∵＝2，∴B、D、C三点共线，∴，两边平方，有，∴，解得，（舍负）．∵•＝4，∴（），化简整理，得，∴，解得．故答案为：3，．三、解答题17．在△ABC中，内角A、B、C的对边分别为a，b，c，．（Ⅰ）求角C的大小；（Ⅱ）若a＝，b＝2．求：（ⅰ）边长c；（ⅱ）sin（2B﹣C）的值．【分析】（I）利用正弦定理、和差公式化简即可得出．（II）（ⅰ）因为，，利用余弦定理即可得出．（ⅱ）由，可得cos B再利用倍角公式、和差公式即可得出．解：（Ⅰ）由已知及正弦定理得………∴，∴，∵0＜C＜π，…………∴…………………（Ⅱ）（ⅰ）因为，，由余弦定理得，∴…………………（ⅱ）由，…………………因为B为锐角，所以…………………，………………………18．某校参加夏令营的同学有3名男同学A，B，C和3名女同学X，Y，Z，其所属年级情况如表：高一年级高二年级高三三年级男同学A B C女同学X Y Z 现从这6名同学中随机选出2人参加知识竞赛（每人被选到的可能性相同）（Ⅰ）用表中字母写这个试验的样本空间；（Ⅱ）设M为事件“选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学”，写出事件M的样本点，并求事件M发生的概率．【分析】（I）结合已知数据，直接利用列举法即可求解；（II）结合等可能事件的概率公式即可直接求解．解：（I）从6名同学中随机选出2人参加知识竞赛的所有可能结果为{A，B}，{A，C}，{A，X}，{A，Y}，{A，Z}，{B，C}，{B，X}，{B，Y}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，{C，Z}，{X，Y}，{X，Z}，{Y，Z}，共15种．（II）选出的2人来自不同年级且恰有1名男同学和1名女同学的所有可能结果为{A，Y}，{A，Z}，{B，X}，{B，Z}，{C，X}，{C，Y}，共6种．因此，事件M发生的概率．19．如图，四棱锥S﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，SD垂直于底面ABCD，SD＝1．（1）求证：BC⊥SC；（2）求平面SBC与平面ABCD所成二面角的大小；（3）设棱SA的中点为M，求异面直线DM与SB所成角的大小．【分析】（1）先证明SD⊥BC，又BC⊥CD，证明BC⊥平面SDC，根据线面垂直的性质，得出结论；（2）根据题意∠SCD为所求二面角的平面角，根据几何法求出∠SCD；（3）根据题意，得到∠DMP为所求异面直线所成的角，根据勾股定理，求出结果．解：（1）∵底面ABCD是正方形，∴BC⊥CD，∵SD⊥底面ABCD，BC⊂底面ABCD，∴SD⊥BC，又DC∩SD＝D，∴BC⊥平面SDC，∵SC⊂平面SDC，∴BC⊥SC；（2）由（1）知BC⊥SC，又CD⊥BC，∴∠SCD为所求二面角的平面角，在Rt△DSC中，∵SD＝DC＝1，∴∠SCD＝45°；（3）取AB中点P，连结MP，DP，在△ABS，由中位线定理得MP∥SB，∴∠DMP或其补角是异面直线DM与SB所成角，∵，，所以△DMP中，有DP2＝MP2+DM2，∴∠DMP＝90°．20．如图，正方形ABCD的中心为O，四边形OBEF为矩形，平面OBEF⊥平面ABCD，点G为AB的中点，AB＝BE＝2．（1）求证：EG∥平面ADF；（2）求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）设H为线段AF上的点，且AH＝HF，求直线BH和平面CEF所成角的正弦值．【分析】（1）取AD的中点I，连接FI，证明四边形EFIG是平行四边形，可得EG∥FI，利用线面平行的判定定理证明：EG∥平面ADF；（2）建立如图所示的坐标系O﹣xyz，求出平面OEF的法向量，平面OEF的法向量，利用向量的夹角公式，即可求二面角O﹣EF﹣C的正弦值；（3）求出＝（﹣，，），利用向量的夹角公式求出直线BH和平面CEF 所成角的正弦值．【解答】（1）证明：取AD的中点I，连接FI，∵矩形OBEF，∴EF∥OB，EF＝OB，∵G，I是中点，∴GI∥BD，GI＝BD．∵O是正方形ABCD的中心，∴OB＝BD．∴EF∥GI，EF＝GI，∴四边形EFIG是平行四边形，∴EG∥FI，∵EG⊄平面ADF，FI⊂平面ADF，∴EG∥平面ADF；（2）解：建立如图所示的坐标系O﹣xyz，则B（0，﹣，0），C（，0，0），E （0，﹣，2），F（0，0，2），设平面CEF的法向量为＝（x，y，z），则，取＝（，0，1）∵OC⊥平面OEF，∴平面OEF的法向量为＝（1，0，0），∵|cos＜，＞|＝∴二面角O﹣EF﹣C的正弦值为＝；（3）解：AH＝HF，∴＝＝（，0，）．设H（a，b，c），则＝（a+，b，c）＝（，0，）．∴a＝﹣，b＝0，c＝，∴＝（﹣，，），∴直线BH和平面CEF所成角的正弦值＝|cos＜，＞|＝＝．。
2022-2023学年天津市部分区高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年天津市部分区高一（下）期末数学试卷一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．某校举行演讲比赛，9位评委分别给出一名选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉一个最低分和一个最高分，得到7个有效评分，则这7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ） A ．平均数B ．众数C ．中位数D ．方差2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ） A ．正方形的直观图是正方形 B ．矩形的直观图是矩形C ．菱形的直观图是菱形D ．平行四边形的直观图是平行四边形3．已知向量a →=(−1，1)，b →=(1，−2)，则a →⋅b →=（ ） A ．﹣3B ．﹣1C ．2D ．（﹣1，﹣2）4．若i 为虚数单位，则1−i 1+i=（ ）A ．iB ．﹣iC ．1D ．﹣15．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A ＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B ＝“第二枚硬币反面朝上”，则下列说法正确的是（ ） A ．A 与B 互为对立事件 B ．P （A ）＝P （B ）C ．A 与B 相等D ．A 与B 互斥6．将一个棱长为1cm 的正方体铁块磨成一个球体零件，则能制作的最大零件的体积为（ ） 注：球的体积V =43πR 3，其中R 为球的半径． A ．π6cm 3B ．√2π3cm 3 C ．√3π2cm 3 D ．π3cm 37．在△ABC 中，角A ，BC ，的对边分别为a ，b ，c ．若b ＝2，A ＝45°，C ＝75°，则a 的值为（ ） A ．2√2B ．23√6C ．√6D ．43√38．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人的能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为（ ） A ．34B ．23C ．57D ．5129．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A ．若n ⊥α，n ⊥β，则α⊥βB ．若m ∥n ，m ∥β，则n ∥βC ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ∥n ，n ⊥β，则m ⊥β10．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，∠A ＝60°．若P ，Q 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AP →=λAB →，AQ →=(1−λ5)AC →，则BQ →⋅CP →的最大值为（ ） A ．−8615B ．−295C ．−234D ．﹣6二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11．若事件A 与B 互斥，且P （A ）＝0.5，P （B ）＝0.3，则P （A ∪B ）＝ ．12．已知向量a →=(4，2)，b →=(m ，3)，若存在实数λ，满足a →=λb →，则实数m 的值为 ． 13．某工厂对一批产品的长度（单位：mm ）进行检验，将抽查的产品所得数据分为五组，整理后得到的频率分布直方图如图所示，若长度在20mm 以下的产品有30个，则长度在区间[20，30）内的产品个数为 ．14．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，若AB =AD =12AA 1，E 是棱DD 1的中点，则直线A 1C 1与AE 所成的角的大小为 ．15．在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝3，AC =√3．若CM →=2MB →，AN →=λAC →+AB →(λ∈R)，且AN →⋅AM →=8，则λ的值为 ．三、解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（12分）已知i 是虚数单位，复数z ＝（m 2﹣3m ）+（m 2﹣5m +6）i ，m ∈R ． （1）当m ＝1时，求|z |； （2）若z 是纯虚数，求m 的值；（3）若z 在复平面内对应的点位于第二象限，求m 的取值范围．17．（12分）甲、乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的成绩（环数）如下： 甲 7 8 7 9 5 4 9 10 7 4 乙 9 5 7 8 7 6 8 6 7 7（1）求甲运动员的样本数据的众数和第85百分位数； （2）分别计算这两位运动员射击成绩的方差；（3）如果选一位成绩稳定的运动员参加比赛，选谁较好？说明理由．注：一组数据x1，x2，…，x n的平均数为x，它的方差为s2=1n[(x1−x)2+(x2−x)2+⋯+(x n−x)2] 18．（12分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinB=√3b．（1）求A；（2）若a=√7，c＝2，求△ABC的面积．19．（12分）一个袋子中装有标号分别为1，2的2个黑球和标号分别为3，4，5的3个白球，这5个球除标号和颜色外，没有其他差异．（1）若有放回的从中随机摸两次，每次摸出一个球，求第一次摸出黑球且第二次摸出白球的概率；（2）若不放回的从中随机摸出两个球，已知黑球的标号用x表示，白球的标号用y表示．求满足条件y﹣x＞2的概率．20．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB=AD=12 BC．（1）求证：AD∥平面BCEF；（2）求证：平面DCE⊥平面ABCD；（3）求直线BE与平面DCE所成的角的正切值．2022-2023学年天津市部分区高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．某校举行演讲比赛，9位评委分别给出一名选手的原始评分，评定该选手的成绩时，从9个原始评分中去掉一个最低分和一个最高分，得到7个有效评分，则这7个有效评分与9个原始评分相比，不变的数字特征是（ ） A ．平均数B ．众数C ．中位数D ．方差解：根据题意，从9个原始评分中去掉1个最高分、1个最低分，得到7个有效评分， 7个有效评分与9个原始评分相比，最中间的一个数不变，即中位数不变， 故选：C ．2．用斜二测画法画水平放置的平面图形的直观图时，下列结论正确的是（ ） A ．正方形的直观图是正方形 B ．矩形的直观图是矩形C ．菱形的直观图是菱形D ．平行四边形的直观图是平行四边形解：根据题意，依次分析选项：对于A ，正方形的直观图可以是平行四边形，A 错误； 对于B ，矩形的直观图可以是平行四边形，B 错误；对于C ，正方形是特殊的菱形，其直观图不是菱形，C 错误； 对于D ，平行四边形的直观图是平行四边形，D 正确． 故选：D ．3．已知向量a →=(−1，1)，b →=(1，−2)，则a →⋅b →=（ ） A ．﹣3B ．﹣1C ．2D ．（﹣1，﹣2）解：由a →=(−1，1)，b →=(1，−2)，可得：a →⋅b →=−1×1+1×（﹣2）＝﹣3． 故选：A ．4．若i 为虚数单位，则1−i 1+i=（ ）A ．iB ．﹣iC ．1D ．﹣1解：1−i 1+i=(1−i)2(1+i)(1−i)=−2i 2=−i ．故选：B ．5．抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A ＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B ＝“第二枚硬币反面朝上”，则下列说法正确的是（ ） A ．A 与B 互为对立事件 B ．P （A ）＝P （B ）C ．A 与B 相等D ．A 与B 互斥解：抛掷两枚质地均匀的硬币，设事件A ＝“第一枚硬币正面朝上”，事件B ＝“第二枚硬币反面朝上”， 事件A 与B 能同时发生，不是互斥事件，不是对立事件，故AD 均错误； P （A ）＝P （B ）=12，故B 正确；事件A 与事件B 不是同一个事件，故C 错误． 故选：B ．6．将一个棱长为1cm 的正方体铁块磨成一个球体零件，则能制作的最大零件的体积为（ ） 注：球的体积V =43πR 3，其中R 为球的半径． A ．π6cm 3B ．√2π3cm 3C ．√3π2cm 3D ．π3cm 3解：正方体的棱长为1，要使制作成球体零件的体积最大，则球内切于正方体， 则球的直径为1cm ，半径为12cm ，∴可能制作的最大零件的体积为43π×(12)3=16πcm 3．故选：A ．7．在△ABC 中，角A ，BC ，的对边分别为a ，b ，c ．若b ＝2，A ＝45°，C ＝75°，则a 的值为（ ） A ．2√2B ．23√6C ．√6D ．43√3解：因为b ＝2，A ＝45°，C ＝75°， 所以B ＝180°﹣A ﹣C ＝60°，由正弦定理a sinA =bsinB，可得a =b⋅sinA sinB =2×√22√32=2√63．故选：B ．8．甲、乙两人参加“社会主义价值观”知识竞赛，甲、乙两人的能荣获一等奖的概率分别为23和34，甲、乙两人是否获得一等奖相互独立，则这两个人中恰有一人获得一等奖的概率为（ ） A ．34B ．23C ．57D ．512解：根据题意，恰有一人获得一等奖就是甲获得乙没有获得或甲没有获得乙获得， 则所求概率是23（1−34）+34（1−23）=512，故选：D ．9．设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的为（ ） A ．若n ⊥α，n ⊥β，则α⊥β B ．若m ∥n ，m ∥β，则n ∥β C ．若m ∥α，m ∥β，则α∥βD ．若m ∥n ，n ⊥β，则m ⊥β解：对于A ，若n ⊥α，n ⊥β，则α∥β，故A 错误． 对于B ，若m ∥n ，m ∥β，则n ∥β或n ⊂β，故B 错误； 对于C ，若m ∥α，m ∥β，则α∥β或α与β相交，故C 错误；对于D ，若m ∥n ，n ⊥β，由直线与平面垂直的性质可得m ⊥β，故D 正确． 故选：D ．10．在△ABC 中，AB ＝2，AC ＝3，∠A ＝60°．若P ，Q 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AP →=λAB →，AQ →=(1−λ5)AC →，则BQ →⋅CP →的最大值为（ ） A ．−8615B ．−295C ．−234D ．﹣6解：∵BQ →=BA →+AQ →=(1−λ5)AC →−AB →，CP →=AP →−AC →=λAB →−AC →，AB →⋅AC →=|AB →||AC →|cosA =2×3×12=3，∴BQ →⋅CP →=[(1−λ5)AC →−AB →]⋅(λAB →−AC →)=λ(1−λ5)AC →⋅AB →−(1−λ5)AC →2−λAB →2+AB →⋅AC → =3λ(1−λ5)−9(1−λ5)−4λ+3 =−35λ2+45λ−6 =−35(λ−23)2−8615，∵P ，Q 分别为边AB ，AC 上的点，且满足AP →=λAB →，AQ →=(1−λ5)AC →， ∴{0≤λ≤10≤1−λ5≤1，∴0≤λ≤1，∴当λ=23时，BQ →⋅CP →有最大值为−8615．故选：A ．二、填空题：本大题共5小题，每小题4分，共20分.11．若事件A 与B 互斥，且P （A ）＝0.5，P （B ）＝0.3，则P （A ∪B ）＝ 0.8 ．解：∵事件A 与B 互斥，∴P （A ∪B ）＝P （A ）+P （B ）＝0.5+0.3＝0.8． 故答案为：0.8．12．已知向量a →=(4，2)，b →=(m ，3)，若存在实数λ，满足a →=λb →，则实数m 的值为 6 ． 解：∵a →=λb →，∴（4，2）＝（m λ，3λ），∴{mλ=43λ=2，解得{m =6λ=23． 故答案为：6．13．某工厂对一批产品的长度（单位：mm ）进行检验，将抽查的产品所得数据分为五组，整理后得到的频率分布直方图如图所示，若长度在20mm 以下的产品有30个，则长度在区间[20，30）内的产品个数为 55 ．解：长度在20mm 以下的频率为5×（0.02+0.04）＝0.3， 所以抽查的产品总数为300.3=100，所以长度在区间[20，30）内的产品个数为5×（0.08+0.03）×100＝55． 故答案为：55．14．在长方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，若AB =AD =12AA 1，E 是棱DD 1的中点，则直线A 1C 1与AE 所成的角的大小为π3．解：连接AC ，则A 1C 1∥AC ，连接AE 、EC ，则异面直线A 1C 1与AE 所成的角的平面角为∠EAC ， 设AB ＝t ，又AB =AD =12AA 1，E 是棱DD 1的中点， 则AE ＝AC ＝EC =√2t ， 则△AEC 为等边三角形， 即∠EAC =π3，即直线A 1C 1与AE 所成的角的大小为π3．故答案为：π3．15．在△ABC 中，∠A ＝90°，AB ＝3，AC =√3．若CM →=2MB →，AN →=λAC →+AB →(λ∈R)，且AN →⋅AM →=8，则λ的值为 2 ．解：根据题设，建立如图所示坐标系， 则A （0，0），B （0，3），C （√3，0）， 由CM →=2MB →，可得M （√33，2）， ∴AN →=λAC →+AB →=（√3λ，3）， 又AN →⋅AM →=8， 则（√3λ，3）•（√33，2）＝λ+6＝8， 解得λ＝2． 故答案为：2．三、解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 16．（12分）已知i 是虚数单位，复数z ＝（m 2﹣3m ）+（m 2﹣5m +6）i ，m ∈R ． （1）当m ＝1时，求|z |；（2）若z 是纯虚数，求m 的值；（3）若z 在复平面内对应的点位于第二象限，求m 的取值范围． 解：（1）当m ＝1时，z ＝﹣2+2i ， 所以|z|=√(−2)2+22=2√2；（2）若复数是纯虚数，则{m 2−3m =0m 2−5m +6≠0，解得{m =0或m =3m ≠2且m ≠3，所以m ＝0；（3）复数z 在复平面内对应的点位于第二象限 则{m 2−3m ＜0m 2−5m +6＞0；即{0＜m ＜3m ＜2或m ＞3，所以实数m 的取值范围是（0，2）．17．（12分）甲、乙两位射击运动员在一次射击测试中各射靶10次，每次命中的成绩（环数）如下： 甲 7 8 7 9 5 4 9 10 7 4 乙 9 5 7 8 7 6 8 6 7 7（1）求甲运动员的样本数据的众数和第85百分位数； （2）分别计算这两位运动员射击成绩的方差；（3）如果选一位成绩稳定的运动员参加比赛，选谁较好？说明理由．注：一组数据x 1，x 2，…，x n 的平均数为x ，它的方差为s 2=1n[(x 1−x)2+(x 2−x)2+⋯+(x n −x)2] 解：（1）根据题意，把甲的数据按从小到大排列如下：4 4 5 7 7 7 8 9 9 10， 则甲的数据里的众数是7，因为85%×10＝8.5，所以第9个数据是第85百分位数，即第85百分位数为9； （2）x 甲=110(7+8+7+9+5+4+9+10+7+4)=7， 则S 2甲=110[（7﹣7）2+…+（4﹣7）2]＝4；x 乙=110(5+6+6+7+7+7+7+8+8+9)=7， 则S 2乙=110[（9﹣7）2+…+（7﹣7）2]＝1.2； （3）由（2）结论：x 甲=x 乙＝7，但有S 2甲＞S 2乙，即甲的成绩离散程度大，乙的成绩离散程度小故乙的成绩较稳定，所以选乙参加比赛．18．（12分）在锐角△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且2asinB=√3b．（1）求A；（2）若a=√7，c＝2，求△ABC的面积．解：（1）因为2a sin B=√3b，由正弦定理可得2sin A sin B=√3sin B，因为sin B≠0，所以sin A=√32，因为△ABC是锐角三角形，所以A=π3；（2）因为a=√7，c＝2，由余弦定理a2＝b2+c2﹣2ac cos A，整理可得：b2﹣2b﹣3＝0，解得b＝3，所以S△ABC=12bc sin A=12×3×2×√32=3√32．19．（12分）一个袋子中装有标号分别为1，2的2个黑球和标号分别为3，4，5的3个白球，这5个球除标号和颜色外，没有其他差异．（1）若有放回的从中随机摸两次，每次摸出一个球，求第一次摸出黑球且第二次摸出白球的概率；（2）若不放回的从中随机摸出两个球，已知黑球的标号用x表示，白球的标号用y表示．求满足条件y﹣x＞2的概率．解：（1）记摸一次得到黑球的事件为A，得到白球的事件为B，则P(A)=25，P(B)=35，又事件A与B相互独立，所以P（AB）＝P（A）P（B）=25×35=625；（2）从中摸两个球，所得样本空间为Ω＝{（1，2），（1，3），（1，4），（1，5），（2，3），（2，4），（2，5），（3，4），（3，5），（4，5）}，共包含10个样本点，满足条件y﹣x＞2的样本点有（1，4），（1，5），（2，5）共3个，满足条件y﹣x＞2的事件的概率为310．20．（12分）如图，在多面体ABCDEF中，平面ADEF⊥平面ABCD，四边形ADEF为正方形，四边形ABCD为梯形，且AD∥BC，∠BAD＝90°，AB=AD=12 BC．（1）求证：AD∥平面BCEF；（2）求证：平面DCE⊥平面ABCD；第11页（共11页） （3）求直线BE 与平面DCE 所成的角的正切值．（1）证明：因为AD ∥BC ，AD ⊄平面BCEF ，BC ⊂平面BCEF ，所以AD ∥平面BCEF ．（2）证明：因为四边形ADEF 为正方形，所以ED ⊥AD ，又平面ADEF ⊥平面ABCD ，ED ⊂平面ADEF ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ， 所以ED ⊥平面ABCD ，因为ED ⊂平面DEC ，所以平面DCE ⊥平面ABCD ．（3）解：连接BD ，设AB ＝1，因为∠BAD =90°，AB =AD =12BC ，所以BD =√2，∠ADB ＝45°，BC ＝2， 因为AD ∥BC ，所以∠DBC ＝45°，在△BCD 中，由余弦定理得，DC 2＝BD 2+BC 2﹣2BD ×BC ×cos45°＝2+4﹣2×√2×2×√22=2， 所以DC =√2，所以DC 2+BD 2＝BC 2，即BD ⊥DC ，由（2）知ED ⊥平面ABCD ，则BD ⊥ED ，而DE ∩DC ＝D ，所以BD ⊥平面DCE ，所以∠BED 就是直线BE 与平面DCE 所成的角，在Rt △BDE 中，tan ∠BED =BD DE =√2，所以直线BE 与平面DCE 所成的角的正切值为√2．。
天津市第一中学2022-2023学年高一下学期期末数学试题
( A2, B2 ),( A3, B1 ), ( A3, B2 ), ( B1, B2 )}，
共 10 个样本点，且每个样本点出现的可能性相等，
记事件
A
表示“2
件都是一级品”，包含
3
个样本点，则
P
(
A)
=
3 10
.
记事件
B
表示“2
件都是二级品”，包含
1
个样本点，则
P
(
B
)
=
1 10
.
记事件
C
表示“2
件中
1
件一级品、1
件二级品”，包含
6
个样本点，则
P(C)
=
6 10
=
3 5
.
事件
A，B，C
两两互斥，所以
P(B)
+
P(C)
=
P(B
U
C)
=
7 10
，
又由 B È C 表示“至少有 1 件二级品”. 故选：D. 5．C 【分析】根据学生的成绩都在 50 分至 100 分之间的频率和为 1 可求得 x 值，以此判断 A； 计算成绩在区间[70，80)的学生频率，然后可计算该区间学生数，以此判断 B；按照频率频 率分布直方图中平均数计算公式计算可判断 C；按照频率分布直方图中百分位数的计算方 法计算可判断 D. 【详解】定义 A：根据学生的成绩都在 50 分至 100 分之间的频率和为 1，可得
则 m // n ；③若 m / /a ， m Ì b ，a I b = n ，则 m // n ；④若a ^ g ， b ^ g ，a I b = m ，
则 m ^ g .其中所有正确命题的编号是（ ）
2022-2023学年天津市高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年天津市高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题：在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.本大题共8小题，每小题4分，共32分.1．为帮助乡村学校的学生增加阅读、开阔视野、营造更浓厚的校园读书氛围，南开中学发起了“把书种下，让梦发芽”主题捐书活动，现拟采用按年级比例分层抽样的方式随机招募12名志愿者，已知我校高中部共2040名学生，其中高一年级680名，高二年级850名，高三年级510名，那么应在高三年级招募的志愿者数目为（）A．3B．4C．5D．6解：该校高中部共2040名学生，其中高一年级680名，高二年级850名，高三年级510名，采用按年级比例分层抽样的方式随机招募12名志愿者，则应在高三年级招募的志愿者数目为12×5102040=3．故选：A．2．一组数据：16，21，23，26，33，33，37，37的第85百分位数为（）A．34B．35C．36D．37解：0.85×8＝6.8，则一组数据：16，21，23，26，33，33，37，37的第85百分位数为：37．故选：D．3．已知三个不同的平面α，β，γ和两条不重合的直线m，n，则下列四个命题中正确的是（）A．若m∥α，α∩β＝n，则m∥nB．若α∩β＝n，m⊂α，m⊥n，则α⊥βC．若α⊥β，γ⊥β，则α∥γD．若α∩β＝m，m⊥γ，则α⊥γ解：对于A，m∥α，α∩β＝n，则m∥n，错误，原因是β不一定是经过直线m的平面；故A错误；对于B，若α∩β＝n，m⊂α，m⊥n，则α⊥β错误，如下图所示，原因是由题设条件无法推出一个平面经过另一个平面的垂线，故无法判定是否α与β一定垂直，故B错误；对于C ，若α⊥β，γ⊥β，则α∥γ，错误，例如教室的墙角，不妨设α为东墙面，γ为北墙面，β 为地面，满足α⊥β，γ⊥β，但α与γ相交，故C 错误；对于D ，因为α∩β＝m ，m ⊥γ，由面面垂直的判定定理得：α⊥γ，故D 正确． 故选：D ．4．从装有4个白球和3个红球的盒子里摸出3个球，则以下哪个选项中的事件A 与事件B 互斥却不互为对立（ ）A ．事件A ：3个球中至少有1个红球；事件B ：3个球中至少有1个白球 B ．事件A ：3个球中恰有1个红球；事件B ：3个球中恰有1个白球C ．事件A ：3个球中至多有2个红球；事件B ：3个球中至少有2个白球D ．事件A ：3个球中至多有1个红球；事件B ：3个球中至多有1个白球解：对于A ，事件A 与事件B 可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A 与事件B 不是互斥事件，故A 错误；对于B ，事件A 与事件B 不可能同时发生，但不是一定有一个发生，还有可能是3个白球或3个红球，所以事件A 与事件B 互斥却不互为对立，故B 正确；对于C ，事件A 与事件B 可能同时发生，例如摸出2个白球和1个红球，所以事件A 与事件B 不是互斥事件，故C 错误；对于D ，事件A 与事件B 不可能同时发生，但必有一个发生，所以事件A 与事件B 是互斥事件也是对立事件，故D 错误． 故选：B ．5．为弘扬民族精神、继承传统文化，某校高二年级举办了以“浓情端午，粽叶飘香”为主题的粽子包制大赛．已知甲、乙、丙三位同学在比赛中成功包制一个粽子的概率分别为12，34，25，且三人成功与否互不影响，那么在比赛中至少一人成功的概率为（ ） A ．1720B ．3140C ．3740D ．1920解：由题意，甲、乙、丙三位同学在比赛中成功包制一个粽子的概率分别为12，34，25， 则甲、乙、丙三位同学在比赛中不能成功包制一个粽子的概率分别为12，14，35．则没有一人成功的概率为12×14×35=340，∴至少一人成功的概率为1−340=3740． 故选：C ．6．如图，A ，B 是以CD 为直径的半圆圆周上的两个三等分点，AN →=23AB →，点M 为线段AC 中点，则DM →=（ ）A ．13DC →+12DN →B ．12DC →+23DN →C ．12DC →+13DN →D ．23DC →+12DN →解：由圆的几何性质知，2AB ＝CD 且AB ∥CD ，因为AN →=23AB →，点M 为线段AC 中点，所以DM →=12(DC →+DA →)=12DC →+12(DN →+NA →)=12DC →+12DN →+12×23BA →=12DC →+12DN →+13BA →=12DC →+12DN →+13×12DC →=23DC →+12DN →． 故选：D ．7．如图，已知正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为1，点E 在棱A 1B 1（不含端点）上运动，现有如下命题： ①平面AA 1D 1D 内不存在直线与DE 垂直； ②平面A 1DE 与平面ABCD 所成的锐二面角为π4；③当点E 运动到棱A 1B 1的中点时，线段A 1C 上存在点P ，使得BC ∥平面AEP ； ④设点P 为线段A 1C 的中点，则三棱锥E ﹣PBC 1的体积为定值． 其中真命题的个数为（ ）A ．1B ．2C ．3D ．4解：对①，如图，易知DE 在平面AA 1D 1D 内的射影为A 1D ，而AD1⊥A1D，∴根据三垂线定理可知AD1⊥DE，∴①错误；对②，如图，由正方体的性质易知：平面A1DE即为对角面A1DCB1，又易知DC⊥平面B1CB，∴平面A1DE与平面ABCD所成的锐二面角即为∠B1CB=π4，∴②正确；对③，如图，当点E运动到棱A1B1的中点时，设AE∩A1B＝F，则易知F为线段A1B上靠近A1的三等分点，∴在A1C上取靠近A1的三等分点P，连接FP，则FP∥BC，连接PE，P A，又BC⊄平面AEP，FP⊂平面AEP，∴BC∥平面AEP，∴③正确；对④，如图，当点P为线段A1C的中点时，由正方体的性质易知：平面PBC 1即为对角面ABC 1D 1， 又易知A 1B 1∥对角面ABC 1D 1，∴E 到平面ABC 1D 1的距离为定值，又三角形PBC 1的面积也为定值， ∴三棱锥E ﹣PBC 1的体积为定值，∴④正确． 故②③④为真命题，共计3个． 故选：C ．8．月明天是我校一位登山爱好者，某天傍晚，她登上一座山尖（图中点A 处），刚好望到另一座远山，瞬间想起《送别》中“夕阳山外山”的歌词，在这诗意的时刻，她正眺望到远山上一座凉亭（位于点B 处），于是她想测算出凉亭到那座山顶（点C 处）的距离，她在点A 处利用测角仪器测得点B 的俯角为5°，点C 的仰角为40°，此后，她沿山坡下行100米至点D 处，测得点A ，B ，C 的仰角分别为80°，25°，55°，根据这些数据，明天同学计算得到了凉亭到山顶的距离BC ＝（ ）A ．50(√3+1)米B ．50(√3−1)米C ．50(√6+√2)米D ．50(√6−√2)米解：由题意知，AD ＝100，∠BAC ＝45°，∠BAD ＝75°，∠ADC ＝45°，∠BDC ＝30°， 在△ABD 中，∠ADB ＝∠ADC +∠BDC ＝75°，∠ABD ＝180°﹣（∠BAD +∠ADB ）＝30°， 由正弦定理知，AB sin∠ADB=AD sin∠ABD，所以AB =100⋅sin75°sin30°=100sin(45°+30°)sin30°=100⋅√22⋅(√32+12)12=50√2（√3+1），在△ACD 中，∠ACD ＝180°﹣（∠BAC +∠BAD +∠ADC ）＝15°， 由正弦定理知，AC sin∠ADC=AD sin∠ACD，所以AC =100sin45°sin15°=100sin45°sin(45°−30°)=100⋅√22√22(√32−12)=100（√3+1），在△ABC 中，由余弦定理知，BC 2＝AB 2+AC 2﹣2AB •AC cos ∠BAC ＝5000（√3+1）2， 所以BC ＝50√2（√3+1）＝50（√6+√2）米． 故选：C ．二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分.试题中包含两个空的，答对1个的给2分，全部答对的给4分.9．i 为虚数单位，若复数z =2i+1i−2，则|z |＝ 1 ． 解：z =2i+1i−2， 则|z |=|1+2i −2+i |=|1+2i||−2+i|=√22√(−2)+1=1．故答案为：1．10．已知正四面体ABCD 的棱长为1，则直线AB 与平面BCD 所成角的余弦值为 √33．解：如图所示：在正四面体ABCD 中，点A 在等边△BCD 的投影为△BCD 的中心O ， 则AB 与平面BCD 所成角为∠ABO ， 因为正四面体ABCD 的棱长为1， 所以BE =√32，BO =23⋅BE =√33， 所以cos ∠ABO =BOAB =√33．故答案为：√33．11．已知向量a →=（4，3），向量a →在向量b →上的投影向量c →=（2，4），则|a →−b →|的最小值为 √5 ．解：向量a →在向量b →上的投影向量c →=（2，4）， 则b →∥c →，可设b →=λc →=（2λ，4λ），a →=（4，3），则a →−b →=(4−2λ，3−4λ)，故|a →−b →|2=（4﹣2λ）2+（3﹣4λ）2＝20（λ﹣1）2+5， 当λ＝1时，|a →−b →|的最小值为√5． 故答案为：√5．12．在5袋牛奶中，有2袋已经过了保质期，从中任取2袋，则取到的全是未过保质期的牛奶的概率为310．解：记2袋已经过了保质期的牛奶为A ，B ，3袋未过保质期的牛奶为a ，b ，c ，从5袋牛奶中任取2袋，所有情况为：AB ，Aa ，Ab ，Ac ，Ba ，Bb ，Bc ，ab ，ac ，bc ，共10种情况， 其中全是未过保质期的牛奶的情况为：ab ，ac ，bc ，共3种情况， 所以所求概率为310．故答案为：310．13．设三角形ABC 是等边三角形，它所在平面内一点M 满足AM →=13AB →+23AC →，则向量AM →与BC →夹角的余弦值为 √714．解：设△ABC 边长为1，AM →=13AB →+23AC →，则|AM →|2＝（13AB →+23AC →）2=19AB →2+49AB →⋅AC →+49AC →2=19+49×1×1×cos60°+49=79， 所以|AM →|=√73，因为AM →⋅BC →=(13AB →+23AC →)(AC →−AB →)=−13AB →2+23AC →2−13AB →⋅AC →=−13+23−13×1×1×cos60°=16，设向量AM →与BC →夹角为θ， 则cos θ=AM →⋅BC →|AM →||BC →|=16√73=√714．故答案为：√714． 14．为迎接我校建校120周年校庆，数学学科在八角形校徽中生发灵感，设计了一枚“立体八角形”水晶雕塑，寓意南开在新时代中国“保持真纯初心，骏骏汲汲前行”，以下为该雕塑的设计图及俯视图，它由两个中心重合的正四棱柱组合而成，其中一个正四棱柱可看作由另一个正四棱柱旋转45°而成，已知正四棱柱的底面边长为1，侧棱长为2，设该雕塑的表面积为S 1，该雕塑内可容纳最大球的表面积为S 2，该雕塑外接球表面积为S 3，则S 1＝1189，S 2：S 3＝ 1：6 ．解：由题意，该雕塑的表面积是16个矩形及两个正方形与8个等腰直角三角形的面积的和，所以S 1=13×2×16+2×1×1+8×12×13×13=1189； 该雕塑内可容纳最大球的半径为12，表面积为S 2=4π×(12)2=π，该雕塑外接球的半径为√12+(22)2=√62，表面积为S 3=4π×(√62)2=6π，所以S 2：S 3＝1：6． 故答案为：1189，1：6．三、解答题：本大题共3小题，共44分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.15．（14分）某校从高一年级学生中随机抽取40名，将他们的期中考试数学成绩（满分100分，所有成绩均为不低于40分的整数）分为6组：[40，50），[50，60），…，[90，100]，绘制出如图所示的频率分布直方图．（Ⅰ）求出图中实数a 的值；（Ⅱ）若该校高一年级共有学生640名，试估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数； （Ⅲ）若从成绩来自[40，50）和[90，100]两组的学生中随机选取两名学生： （i ）写出该试验的样本空间：（ii ）求这两名学生数学成绩之差的绝对值不大于10的概率．解：（Ⅰ）因为图中所有小矩形的面积之和等于1， 所以10×（0.005+0.01+0.02+a +0.025+0.01）＝1， 解得a ＝0.03；（Ⅱ）根据频率分布直方图，成绩不低于60分的频率为1﹣10×（0.005+0.01）＝0.85， 由于该校高一年级共有学生640名，利用样本估计总体的思想，可估计该校高一年级期中考试数学成绩不低于60分的人数约为640×0.85＝544；（Ⅲ）成绩在[40，50）分数段内的人数为40×0.05＝2，成绩在[90，100]分数段内的人数为40×0.1＝4，则记在[40，50）分数段的两名同学为A 1，A 2，在[90，100]分数段内的同学为B 1，B 2，B 3，B 4， （i ）从这6名学生中随机抽取2人样本空间Ω＝{（A 1，A 2），（A 1，B 1），（A 1，B 2），（A 1，B 3），（A 1，B 4），（A 2，B 1），（A 2，B 2），（A 2，B 3），（A 2，B 4），（B 1，B 2），（B 1，B 3），（B 1，B 4），（B 2，B 3），（B 2，B 4），（B 3，B 4）}；（ii ）如果2名学生的数学成绩都在[40，50）分数段内或都在[90，100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定不大于10；如果一个成绩在[40，50）分数段内，另一个成绩在[90，100]分数段内，那么这2名学生的数学成绩之差的绝对值一定大于10，则所取2名学生的数学成绩之差的绝对值不大10的取法有（A 1，A 2），（B 1，B 2），（B 1，B 3），（B 1，B 4），（B 2，B 3），（B 2，B 4），（B 3，B 4），共7种取法， 所以所求概率为P =715． 16．（15分）在△ABC 中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，已知a cosA=b+c cosB+cosc．（Ⅰ）求A ； （Ⅱ）已知a ＝3， （i ）若△ABC 的面积为√32，求△ABC 的周长： （ii ）求△ABC 周长的取值范围．解：（Ⅰ）由题意及正弦定理可得：sinAcosA =sinB+sinCcosB+cosC，整理可得：sin A cos B﹣cos A sin B＝sin C cos A﹣cos C sin A，即sin（A﹣B）＝sin（C﹣A），在三角形中，可得A﹣B＝C﹣A，即2A＝B+C＝π﹣A，解得A=π3；（Ⅱ）（i）因为S△ABC=12bc sin A=12bc•√32=√32，可得bc＝2，由余弦定理可得a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝（b+c）2﹣3bc，而a＝3，即（b+c）2＝15，解得b+c=√15，所以三角形的周长为a+b+c＝3+√15；（ii）a2＝b2+c2﹣2bc cos A＝（b+c）2﹣3bc，而a＝3，所以（b+c）2＝a2+3bc≤9+3•（b+c2）2，当且仅当b＝c时取等号，解得b+c≤6，而b+c＞a＝3，所以b+c∈（3，6]．所以三角形的周长为a+b+c∈（6，9]．17．（15分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝60°，AB＝AD＝AA1，过A1作底面的垂线，垂足在线段AC上，点M，N分别为棱AB和C1D1的中点．（Ⅰ）证明D，M，B1，N四点共面，且AD1∥平面DMB1N；（Ⅱ）证明直线A1C与平面DMB1N不垂直；（Ⅲ）若AC1⊥平面A1BD，求∠BAA1的大小．（Ⅰ）证明：取A1B1的中点E，连接EM，ED1，因为点M，N分别为棱AB和C1D1的中点，所以D1N∥B1E，D1N＝B1E，DD1∥EM，DD1＝EM，所以四边形B1ED1N和四边形DD1EM是平行四边形，第11页（共11页） 所以B 1N ∥D 1E ∥DM ，所以D ，M ，B 1，N 四点共面，因为D 1N ∥AM ，D 1N ＝AM ，所以四边形D 1AMN 是平行四边形，所以AD 1∥MN ，又AD 1⊄平面DMB 1N ，MN ⊂平面DMB 1N ，所以AD 1∥平面DMB 1N ．（Ⅱ）证明：因为过A 1作底面的垂线，垂足在线段AC 上，且垂线在平面ACC 1A 1上， 所以平面ACC 1A 1⊥平面ABCD ，所以A 1C 在底面ABCD 上的投影为AC ，假设直线A 1C 与平面DMB 1N 垂直，因为DM ⊂平面DMB 1N ，所以A 1C ⊥DM ，所以AC ⊥DM ，因为底面ABCD 为平行四边形，∠DAB ＝60°，AB ＝AD ，所以四边形ABCD 是菱形，所以AC ⊥BD ，所以点M 与点B 重合，这与题意相矛盾，故假设不成立，即直线A 1C 与平面DMB 1N 不垂直．（Ⅲ）解：若AC 1⊥平面A 1BD ，因为A 1D ⊂平面A 1BD ，所以AC 1⊥A 1D ，因为AC 1→=AB →+AD →+AA 1→，A 1D →=AD →−AA 1→，所以AC 1→•A 1D →=（AB →+AD →+AA 1→）•（AD →−AA 1→）=AB →⋅AD →−AB →⋅AA 1→+AD →2−AD →⋅AA 1→+AD →⋅AA 1→−AA 1→2=AB →⋅AD →−AB →⋅AA 1→=|AB →|2cos60°−|AB →|2cos ∠BAA 1＝0，所以cos ∠BAA 1=12，又∠BAA 1∈（0°，90°），所以∠BAA 1＝60°．。
天津市第一百中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷
天津市第一百中学2023-2024学年高一下学期期末考试数学试卷一、单选题1．已知复数z 满足2i 1i z +=+，则z =（ ）A ．1i --B ．1i -C ．1i +D ．1i -+2．已知平面向量()2,1a =r ，()4,=-r b x ，若a r 与()2a b +r r 共线，则实数x =（ ） A ．2- B ．1- C ．1 D ．23．有一个人在打靶中，连续射击2次，事件“至少有1次中靶”的对立事件是（ ）. A ．至多有1次中靶B ．2次都中靶C ．2次都不中靶D ．只有1次中靶4．一组数据4.3，6.5，7.8，6.2，9.6，15.9，7.6，8.1，10，12.3，11.2，3，则它们的75%分位数是（ ）A ．10.3B ．10.4C ．10.5D ．10.65．设a ，b 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A ．若αβP ，a α⊂，b β⊂，则a b P B ．若a b P ，αβP ，a α⊥，则b β⊥C ．若αβ⊥，a α⊂，b β⊂，则a b ⊥r rD ．若a αβ⋂=，b a P ，则b αP6．在ABC V 中，AD 为边BC 上的中线，若2AE ED =u u u r u u u r ，则BE =u u u r （ ）A ．1566AB AC -+u u u r u u u r B ．1566AB AC -u u u r u u u r C ．5166AB AC -u u u r u u u r D ．5166AB AC -+u u u r u u u r 7．向量a r ，b r 满足2a =r ，1b =r ，且()b a b ⊥+r r r ，则向量2a b +r r 在向量b r 上的投影向量为（ ） A ．b r B ．b -r C ．12b -r D ．12b r 8．在ABC V 中，a x =，2b =，60B =︒，若三角形有两解，则x 的取值范围是（ ）A ．2x <<B ．2x <<C 2x <D ．2x <<9．已知M 是ABC V 内一点且AB AC ⋅=u u u r u u u r 30BAC ∠=︒，若M B C V ，MCA △和MAB △的面积分别为12，x ，y ，则18x x y+的最小值是（ ）A ．16B ．10C ．8D ．610．若向量a r ，b r 满足3a =r ，5a b -=r r ，2a b ⋅=r r ，则b =r .二、填空题11．已知正方体1111ABCD A B C D -的棱长为4，除面ABCD 外，该正方体其余器面的中心分别为点E ，F ，G ，H ，M （如图），则四棱锥M EFGH -的体积为.12．某学校有男生400人，女生600人.为了调查该校全体学生每天体育锻炼时间，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得男生每天体育锻炼时间均值为2.5小时，方差为1，女生每天体育锻炼时间为1小时，方差为0.5.若男、女样本量按比例分配，则可估计总体方差为. 13．为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批滑雪板，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这批滑雪板中随机抽取一件滑雪板检测，已知抽到不是三等品的概率为0.97，抽到一等品或三等品的概率为0.88，则抽到一等品的概率为.14．已知圆柱的两个底面的圆周都在表面积为40π的球面上，则该圆柱的侧面积的最大值为.15．已知ABC V 中，0AC AB ⋅=u u u r u u u r ，2BD CA =u u u r u u u r ，记(),CD CA CB R λμλμ=+∈u u u r u u u r u u u r ，则λμ-=；若2CA =u u u r ，当BCD ∠最大时，AB =u u u r .三、解答题16．已知复数()21i 3i 2i 4z m m =+-+-，m 为实数.(1)若z 是纯虚数，求m 的值；(2)若复数z 在复平面上对应的点在第二象限，求m 的取值范围；(3)若0m =，求1iz -的值. 17．三棱台111ABC A B C -中，若1A A ⊥平面ABC ，AB AC ⊥，12AB AC AA ===，111AC =，M ，N 分别是BC ，BA 中点.(1)求证：1//B B 平面1C MA ；(2)求面1AC M 与面1C MN 夹角的正弦值；(3)求点C 到平面1C MA 的距离.18．为了了解学生的数学学习情况，方便计划下一阶段的教学重心，某校对高一年级学生进行了数学测试.根据测试成绩（总分100分），将所得数据按照[)40,50，[)50,60，[)60,70，[)70,80，[)80,90，[]90,100分成6组，其频率分布直方图如图所示.(1)求a 的值，并估计本次数学测试成绩的平均分；（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）(2)求样本成绩的第75百分位数；(3)该校准备对本次数学测试成绩优异（将成绩从高到低排列，排在前12%的为优异）的学生进行嘉奖，则受嘉奖的学生分数应不低于多少（精确到0.001）19．如左图所示，在直角梯形ABCD 中，//BC AD ，AD CD ⊥，4BC =，6AD =，CD =边AD 上一点E 满足2DE =.现将ABE V 沿BE 折起到1A BE V 的位置，使平面1A BE ⊥平面BCDE ，如右图所示.(1)求证：1AC BE ⊥； (2)求直线1AC 与面1A BE 所成角的正弦值；(3)求平面1A BE 与平面1ACD 所成锐二面角的余弦值.20．ABC V 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，已知()cos cos 0c A a C +=.(1)求角A 的大小；(2)若2a =，1b c +=+ABC V 的面积；(3)若ABC V 锐角三角形，且外接圆直径为22232b a b +的取值范围.。
天津市第100中学2024届数学高一下期末检测试题含解析
天津市第100中学2024届数学高一下期末检测试题注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置． 3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符． 4．作答选择题，必须用2B 铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B 铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．设向量a ，b 满足10a b +=，6a b -=，则•a b =（ ）A ．1B ．2C ．3D ．52．设,m n 是两条不同的直线,,αβ是两个不同的平面,下列命题中正确的是（ ） A ．若//m α,//m β,则//αβ B ．若m α⊥，m n ⊥,则n α⊥ C ．若m α⊥,//m n ,则n α⊥D ．若αβ⊥,m α⊥,则//m β3．直线10ax by ++=（a ，0b >）过点(-1,-1),则14a b+的最小值为 ( ) A ．9B ．1C ．4D ．104．已知向量()()3443a b =-=，，，，则a 与b ( ). A ．垂直B ．不垂直也不平行C ．平行且同向D ．平行且反向5．根据下面茎叶图提供了甲、乙两组数据，可以求出甲、乙的中位数分别为（ ）A ．24和29B ．26和29C ．26和32D ．31和296．为了得到函数的图像，只需将函数的图像（ ）A ．向右平移个单位B ．向右平移个单位C ．向左平移个单位D ．向左平移个单位7．已知向量OA a OB b OC c ===，，，且4AC CB =-，则( ).A ．1322c a b =+ B ．3122c a b =- C ．1322c a b =-D ．1433c a b =-+8．如果直线l 与平面α不垂直，那么在平面α内（ ）A ．不存在与l 垂直的直线B ．存在一条与l 垂直的直线C ．存在无数条与l 垂直的直线D ．任意一条都与l 垂直9．函数()sin(2)(0)f x x ϕϕπ=+<<的图象如图所示，为了得到()sin 2g x x =的图象，可将()f x 的图象（ ）A ．向右平移6π个单位 B ．向右平移12π个单位C ．向左平移12π个单位D ．向左平移6π个单位 10．在ABC ∆中，,,a b c 分别为角,,A B C 的对边，若,1,3A b π==ABC ∆的面积为32，则a 的值为（ ） A ．2B 3C 3D ．1二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
天津市部分区2023-2024学年高一下学期期末练习数学试题(含答案)
天津市部分区2023~2024学年度第二学期期末练习高一数学Mike2024.7.8第I 卷（非选择题共40分）一、选择题：本大题共10个小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1.i是虚数单位，则复数（ ）A. B. C.D.2.对于两个事件M ，N ，则事件表示的含义是（ ）A.与同时发生B.与不能同时发生C.与有且仅有一个发生D.与至少有一个发生3.如图，是水平放置的的直观图，若，，则的面积是（）B.C.1D.24.已知，，则（ ）A. B. C. D.5.下列说法正确的是（ ）A.在圆柱的上、下底面的圆周上各取一点，则这两点的连线是该圆柱的母线B.直四棱柱是长方体C.将一个等腰梯形绕着较长的底边所在的直线旋转一周，所得的几何体是一个圆锥D.正棱锥的侧面是全等的等腰三角形6.某校要从高一某班5名班干部（其中2名男生，3名女生）中抽调2人，主持国旗下讲话活动，则被抽调的班干部都是女生的概率为（ ）A.B.C.D.7.在中，若，，，则（）21i=+1i-1i+11i 22+11i 22-M N M N M N M N M N A B C '''△ABC △12A O ''=1B OC O ''''==ABC △12()1,2a = ()2,1b =-a b += 0a b ⋅= //a b ||||a b > 110310710910ABC △BC =2AC =60A =︒B =A.B.C.或 D.8.已知m ，n 表示两条不同的直线，，为两个不同的平面，则（ ）A.若，，则B.若，，则C.若，，则D.若，，则9.在四边形中，，，且，则与的夹角为（ ）A.B.C.D.10.在正方体中，E ，F ，H 分别是，，的中点，给出下列结论：①平面；②平面；③直线EF 与直线所成的角为；④平面与底面所成二面角的大小为.其中正确的结论有（ ）A.①③B.②④C.②③④D.①②④第II 卷（非选择题 共80分）二、填空题：本大题共6个小题，每小题4分，共24分.试题中包含两个空的，答对1个的给2分，全部答对的给4分.11.甲、乙两人破译同一个密码，已知他们能破译出该密码的概率分别为和，若甲、乙两人是否译出该密码相互独立，则甲、乙都译出该密码的概率为__________.12.一个射击运动员打靶6次的环数为：9，5，7，6，8，7，则这组数据的方差为__________.注：一组数据，，…，的平均数为，它的方差为.13.已知，是两个不共线的向量，且向量与共线，则实数的值为__________.14.已知正方体的外接球的表面积为，点为棱BC 的中点，则三棱锥的体积为__________.注：球的表面积，其中为球的半径15.在中，，，为CD 上一点，且满足，则的值为__________；若，，则的值为__________.三、解答题：本大题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤π6π4π65π6π3αβ//m α//n α//m n m α⊥m n ⊥//n α//m αm n ⊥n α⊥m α⊥m β⊂αβ⊥ABCD AB DC = AD =||||AB AD AB AD +=- AB CAπ6π32π35π61111ABCD A B C D -AB 1DD 1BC 11//C D ABH AC ⊥BDF 1BC π3ABH ABCD π413141x 2x n x x ()()()2222121n s x x x x x x n ⎡⎤=-+-++-⎣⎦ a b 2a b - 5a b λ+λ1111ABCD A B C D -36πE 1C AED -24πS R =R ABC △π3BAC ∠=2AD DB =P 3()5AP x AC AB x =+∈ x 3AC =4AB =AP CD ⋅16.（本题满分12分）已知是虚数单位，复数，.（I ）当时，求；（II ）若z 是纯虚数，求的值；（III ）若在复平面内对应的点位于第三象限，求的取值范围.17.（本题满分12分）抽取某车床生产的8个零件，编号为，，...，，测得其直径（单位：cm ）分别为：1.51，1.49，1.49，1.51，1.49，1.48，1.47，1.53，其中直径在区间内的零件为一等品.（1）求从上述8个零件中，随机抽取一个，求这个零件为一等品的概率；（I ）从上述一等品零件中，不放回地依次随机抽取2个，用零件的編号列出所有可能的抽取结果，并求这2个零件直径相等的概率.18.（本题满分12分）在中，角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ..（I ）求角的大小；（II ）若，，求的面积.19.（本题满分12分）高一年级进行消防知识竞赛，从所有答卷中随机抽取样本，将样本数据（成绩/分）按，，，，分成5组，并整理得到如下频率分布直方图.（I ）求a 的值和众数；（II ）若成绩在内有30人，现从成绩在和两组中，采取分层随机抽样的方法抽取12人，则这两组分别抽取多少人？（III ）年级决定表彰成绩排名前25%的学生，已知某学生的成绩是86，请以此样本数据来估计该生能否得到表彰，并说明理由.20.（本题满分12分）如图，在四棱锥中，平面.平面，且，，，为AD 的中点.i ()228(2)i z m m m =+-+-m ∈ 1m =z m z m 1A 2A 8A []1.49,1.51ABC △sin cos 0B b A +=A a =b =ABC △[)50,60[)60,70[)70,80[)80,90[]90,100[)50,60[)80,90[]90,100P ABCD -PAB ABCD //AD BC 90ADC ∠=︒112BC CD AD ===E（I ）求证：平面；（II ）求证：平面平面；（III ）若，，求直线PA 与平面所成的角的正弦值.天津市部分区2023~2024学年度第二学期期末练习高一年级数学参考答案1.Α2.D3.C4.B5.D6.B7.A 8.D9.C10.B11.12.13.14.15.，16.（I；（II ）；（III ）（I ）解：当时，.所以，.（II ）解：若复数是纯虚数，则解得所以，.（III ）解：复数在复平面内对应的点位于第三象限，则即所以，实数的取值范围是.17.（I ）（II ）（I ）解：由所给数据可知，一等品零件共有5个.设“从8个零件中，随机抽取一个为一等品”为事件，则.//AB PCE PAB ⊥PBD 2PA =PB =PBD 1125310-11023104-(4,2)-1m =5i z =--||z ==()228(2)iz m m m =+-+-z 2280,20,m m m ⎧+-=⎨-≠⎩24,2,m m m ==-⎧⎨≠⎩或4m =-z 2280,20,m m m ⎧+-<⎨-<⎩42,2.m m -<<⎧⎨<⎩m 42m -<<5825A 5()8P A =所以，从8个零件中，随机抽取一个为一等品的概率为.（II ）解：一等品零件的编号为，，，，.从这5个一等品零件中依次不放回随机抽取2个，所有可能的结果有：，，分共20种.设“从一等品零件中，随机抽取的2个零件直径相等”为事件，所有可能结果有：，共有8种.所以，.答：从一等品零件中，随机抽取的2个零件直径相等概率为.18.（I ）；（II（I.因为，，所以，，.因为，中，，所以，.（II ）解：由及余弦定理.得，解得或（舍）所以，.19.（I ），众数是75；（II ）在和按照分层随机抽样分别抽取9人，3人；（III ）估计该生能得到表彰.（I ）解：由频率分布直方图得：.解得，众数是75.（II ）解：因为，成绩在一组人数为30人，其频率，所以，样本容量为.成绩在和的频数为90，30.581A 2A 3A 4A 5A ()()()()(){()()()1213141521232425,,,,,,,,,,,,,,,A A A A A A A A A A A A A A A A Ω=()()()()()()()()()()31323435414243455152,,,,,,,,,,,,,,,,,,,A A A A A A A A A A A A A A A A A A A A ()()}5354,,,A A A A B ()()()()()()()(){}1423253541325253,,,,,,,,,,,,,,,B A A A A A A A A A A A A A A A A =82()205P B ==255π6sin sin cos 0A B B A +=(0,π)B ∈sin 0B ≠tan A =ABC △(0,π)A ∈5π6A =a =b =2222cos a bc bc A =+-2340c c +-=1c =4c =-111sin 1222ABC S bc A ==⨯=△0.05a =[80,90)[]90,100()100.20.30.70.60.21a a a a a ⨯++++=0.05a =[50,60)0.20.05100.1⨯⨯=303000.1=[80,90)[]90,100设在和按照分层随机抽样分别抽取人，人，按照分层随机抽样.得，.所以，在和按照分层随机抽样分别抽取9人，3人.（III ）解：成绩低于80分的频率为0.6，成绩低于90分的频率为0.9.由题，表彰成绩排名前的学生，即被表彰的最低成绩为第75百分位数.设第75百分位数为，则在中，，解得.即第75百分位数为.所以，估计该生能得到表彰.20.（I）见解答；（II ）见解答；（III （I ）证明：因为，且，所以，四边形为平行四边形，所以，.因为，平面，平面，所以，平面.（II ）证明：因为，，，，所以，.所以，，即.又因为，平面平面，平面，平面平面，所以，平面.又因为，平面，所以，平面平面.（III ）解：作，垂足为.由（II ）知，平面平面，又平面平面平面，所以，平面.所以，PM 为直线PA 在平面上的射影，所以，为直线AP 与平面所成的角.在中，，，，所以，，即.在中，.[80,90)[]90,100x y121209030x y==9x=3y =[80,90)[]90,10025%t t [80,90)0.6(80)0.030.75t +-⨯=85t =8586<//BC AE BC AE =BCEA //AB EC AB ⊂/PEC EC ⊂PEC //AB PEC //AD BC 90ADC ∠=︒112BC CD AD ===BD AB ==2AD =222AB BD AD +=BD AB ⊥PAB ⊥ABCD BD ⊂ABCD PAB ABCD AB =BD ⊥PAB BD ⊂PBD PAB ⊥PBD AM PB ⊥M PAB ⊥PBD PAB ,PBD PB AM =⊂PAB AM ⊥PBD PBD APM ∠PBD PAB △AB =2PA =PB =222PA AB PB +=PA AB ⊥Rt PAB △PA AB AM PB ⋅===在中，.所以，直线AP 与平面.Rt AMP △sin AM APM AP ∠===PBD。
2022-2023学年天津市重点校联考高一(下)期末数学试卷【答案版】
2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分） 1．已知（1+i ）z ＝3+i ，其中i 为虚数单位，则|z |＝（ ） A ．√5B ．5C ．2D ．√22．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 ∥n B ．若l ∥m ，m ⊂α，则l ∥α C ．若l ∥α，l ∥β，则α∥βD ．若l ∥α，l ⊥β，则α⊥β4．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sin C ＝2sin B cos A ，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 ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1C 1的中点，那么直线CP 与B 1D 1所成角的余弦值是（ ）A ．√32B ．√1010C ．35D ．456．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 ．237．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7.5B ．该组数据的第60百分位数为7C ．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，sin B =59，则cos A ＝ ． 11．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是棱CC 1的中点，则三棱锥C 1﹣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S 1，△AOC 的面积为S 2，则S 1S 2= ．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（本大题共5小题，共64分）15．（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．（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． （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．（14分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，S 分别是AB ，A 1C ，AD 的中点，AB ＝2． （1）若A 1B 中点为Q ，求证：平面MNQ ∥平面A 1AD ； （2）求二面角S ﹣A 1C ﹣M 的大小； （3）求点C 到平面A 1BD 的距离．18．（12分）已知△ABC 内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3a +2b ＝3c cos B ． （1）求cos C 的值；（2）若c =√31，a +b =6，求△ABC 的面积．19．（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P AC ⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝4，AD＝6．（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（2）求证：P A⊥平面PCD；（3）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．2022-2023学年天津市重点校联考高一（下）期末数学试卷参考答案与试题解析一、选择题（本题共8小题，每小题4分，共32分） 1．已知（1+i ）z ＝3+i ，其中i 为虚数单位，则|z |＝（ ） A ．√5B ．5C ．2D ．√2解：由复数（1+i ）z ＝3+i ，可得z =3+i 1+i =(3+i)(1−i)(1+i)(1−i)=4−2i2=2−i ，所以|z|=√5． 故选：A ．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）解：由题意，a →在b →上的投影向量为b →|b →|•a →⋅b→|b →|=√2•√2=（12，12）．故选：D ．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 ∥n B ．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．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sin C ＝2sin B cos A ，那么△ABC 是（ ） A ．直角三角形 B ．等腰三角形 C ．等边三角形D ．等腰直角三角形解：由（a +b ﹣c ）（b +c +a ）＝3ab ，得（a +b ）2﹣c 2＝3ab ，整理得a 2+b 2﹣c 2＝ab ，则cosC =a 2+b 2−c 22ab=12，因为C ∈（0，π），所以C =π3， 又由sin C ＝2sin B cos A 及正弦定理得：c =2b ⋅b 2+c 2−a 22bc，化简得a ＝b ，所以△ABC 为等边三角形， 故选：C ．5．在棱长为1的正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，P 为B 1C 1的中点，那么直线CP 与B 1D 1所成角的余弦值是（ ）A ．√32B ．√1010C ．35D ．45解：以D 1为原点，D 1A 1为x 轴，D 1C 1为y 轴，D 1D 为z 轴，建立空间直角坐标系， 则C （0，1，1），P （12，1，0），B 1（1，1，0），D 1（0，0，0），CP →=（12，0，−1），B 1D 1→=（﹣1，﹣1，0），设直线CP 与B 1D 1所成角为θ，则cos θ=|CP →⋅B 1D 1→||CP →|⋅|B 1D 1→|=12√54⋅2=√1010．∴直线CP 与B 1D 1所成角的余弦值是√1010． 故选：B ．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解：取出的2个球的事件总数为C 42=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 ．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7.5B ．该组数据的第60百分位数为7C ．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 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 ．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 =√d 2−(√33d)2=√63d ， 在Rt △EDB 中，则EB 2＝ED 2+DB 2， 即r 2＝（√33d ）2+（√63d −r ）2， 解得d =2√63r ，即d =10√63． 故选：D ．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 2 ． 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：2．10．在△ABC 中，内角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ．若a ＝3，b ＝5，sin B =59，则cos A ＝ 2√23． 解：根据题意，由正弦定理a sinA=b sinB，可得sin A =a⋅sinB b =3×595=13，又a ＜b ，可得A 为锐角，所以cos A =√1−sin 2A =√1−(13)2=2√23． 故答案为：2√23． 11．如图，正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2，E 是棱CC 1的中点，则三棱锥C 1﹣EBD 的体积为23．解：∵正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1的棱长为2， 又E 是棱CC 1的中点，BE ＝DE =√5，BD ＝2√2， ∴V C 1−EBD =V B−C 1ED =13×12×2×2×1=23． 故答案为：23．12．已知点O 是△ABC 内部一点，并且满足OA →+2OB →+OC →=0→，△AOB 的面积为S 1，△AOC 的面积为S 2，则S 1S 2=12．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S 1，△AOC 的面积为S 2， S △AOC ＝2S △AOD ， ∵S △AOD ＝S △BOA ， ∴S △AOC ＝2S △BOA ． 所以S 1S 2=12．故答案为：12．13．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49；至少一人签约的概率79．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P 1=34×(1−13×13)=23， 甲未签约，乙、丙都签约的概率为P 1=(1−34)×13×13=136， 甲乙丙三人都签约的概率为P 3=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；79．14．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 [1，74] ． 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]．三、解答题（本大题共5小题，共64分）15．（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．解：（1）∵|a →|=4，|b →|=3，(2a →−3b →)⋅(2a →+b →)=61，∴(2a →−3b →)⋅(2a →+b →)=4a →2−4a →⋅b →−3b →2=61，即4×42−4×4×3cos〈a →，b →〉−3×32=61，解得cos〈a →，b →〉=−12，又〈a →，b →〉的取值范围为[0，π]，则〈a →，b →〉=2π3； （2）∵|a →|=4，|b →|=3，且cos〈a →，b →〉=−12，∴(a →+b →)2=a →2+b →2+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λa →2+(1−λ)a →⋅b →−b →2＜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)． 16．（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．（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．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． 17．（14分）如图，在正方体ABCD ﹣A 1B 1C 1D 1中，M ，N ，S 分别是AB ，A 1C ，AD 的中点，AB ＝2．（1）若A 1B 中点为Q ，求证：平面MNQ ∥平面A 1AD ；（2）求二面角S ﹣A 1C ﹣M 的大小；（3）求点C 到平面A 1BD 的距离．解：（1）因为Q 为A 1B 的中点，M 是AB 的中点，所以MQ ∥AA 1，又MQ ⊄平面A 1AD ，AA 1⊂平面A 1AD ，所以MQ ∥平面A 1AD ，因为N 是A 1C 的中点，Q 为A 1B 的中点，所以QN ∥BC ，因为BC ∥AD ，所以QN ∥AD ，因为QN ∉平面A 1AD ，AD ⊂平面A 1AD ，所以QN ∥平面A 1AD ．因为QN ，MQ ⊂平面MNQ ，NQ ∩MQ ＝Q ，所以平面MNQ ∥平面A 1AD ．（2）连接SN ，SM ，MC ，A 1S ，A 1M ，因为M ，N ，S 分别是AB ，A 1C ，AD 的中点，正方体的棱长为2，所以CM =A 1M =√5，A 1S =SC =√5， 所以A 1C ⊥MN ，SN ⊥A 1C ，所以∠SNM 为二面角S ﹣A 1C ﹣M 的平面角，在△A 1MC 中，CM =A 1M =√5，A 1C =√22+22+22=2√3，所以MN =√MC 2−(12A 1C )2=√5−3=√2． 同理可得NS =√2，因为SM =√AS 2+AM 2=√2，所以△SNM 为等边三角形，所以∠SNM =π3，所以二面角S ﹣A 1C ﹣M 所成角为π3． （3）根据题意可得A 1D =BD =A 1B =2√2，所以S △BDA 1=12×2√2×2√2×√32=2√3，S △BCD =12×2×2=2，设C 点到面A 1BD 的距离为h ，根据等体积法V C−A 1BD =V A 1−BCD 可得13S △BDA 1•h =13S △BCD •A 1A ，所以13×2√3ℎ=13×2×2，解得ℎ=2√33， 所以点C 到平面A 1BD 的距离为2√33．18．（12分）已知△ABC 内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，且3a +2b ＝3c cos B ．（1）求cos C 的值；（2）若c =√31，a +b =6，求△ABC 的面积．解：（1）解法1、因为3a +2b ＝3c cos B ，由正弦定理得3sin A +2sin B ＝3sin C cos B ，又因为sin A ＝sin （B +C ）＝sin B cos C +sin C cos B ，所以3sin B cos C +3sin C cos B +2sin B ＝3sin C cos B ，可得3sin B cos C +2sin B ＝0，因为0＜B ＜π，则sin B ≠0，所以cos C =−23解法2、因为3a +2b ＝3c cos B ，由余弦定理得3a +2b ＝3c a 2+c 2−b 22ac ，整理得3a 2+3b 2﹣3c 2+4ab ＝0，所以cos C =a 2+b 2−c 22ab =−23． （2）由（1）知cos C =−23，由余弦定理得c 2＝a 2+b 2﹣2ab cos C ＝a 2+b 2+43ab =(a +b)2−23ab ，因为c =√31，a +b ＝6，所以31＝36−23ab ，解得ab =152，又因为0＜C ＜π，则sin C=√1−cos2C=√53，所以△ABC的面积S=12absinC=54√5．19．（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P AC ⊥平面PCD，P A⊥CD，CD＝4，AD＝6．（1）设G，H分别为PB，AC的中点，求证：GH∥平面P AD；（2）求证：P A⊥平面PCD；（3）求直线AD与平面P AC所成角的正弦值．（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P AD，PD⊂平面P AD，所以GH∥平面P AD．（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P AC⊥平面PCD，平面P AC∩平面PCD＝PC，DN⊂平面PCD，所以DN⊥平面P AC，又P A⊂平面P AC，故DN⊥P A，又已知P A⊥CD，CD∩DN＝D，CD，DN⊂平面PCD，所以P A⊥平面PCD．（3）解：连接AN ，如图所示，由（2）中DN ⊥平面P AC ，可知∠DAN 为直线AD 与平面P AC 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 =DN AD =√33， 所以直线AD 与平面P AC 所成角的正弦值为√33．。
2019-2020学年天津一中高一(下)期末数学试卷(含答案解析)
2019-2020学年天津一中高一(下)期末数学试卷一、单选题（本大题共10小题，共30.0分）1.已知面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，a，b与l斜交，则()A. a和b不垂直但可能平行B. a和b可能垂直也可能平行C. a和b不平行但可能垂直D. a和b既不垂直也不平行2.已知直线ax+by+c=0(a,b，c都是正数)与圆x2+y2=2相切，则以a，b，c为三边长的三角形()A. 锐角三角形B. 直角三角形C. 钝角三角形D. 不存在3.若直线l经过点A(5,2)、B(3,4)，则直线l倾斜角为()A. π6B. π3C. 5π6D. 3π44.直线y=kx−2k+1恒过定点C，则以C为圆心，5为半径的圆的方程为()A. (x−2)2+(y−1)2=5B. (x−2)2+(y−1)2=25C. (x+2)2+(y−1)2=25D. (x+2)2+(y+1)2=55.直线和圆的位置关系是()A. 相离B. 相切C. 相交不过圆心D. 相交过圆心6.一个圆柱的轴截面是正方形，其侧面积与一个球的表面积相等，那么这个圆柱的体积与这个球的体积之比为()A. 3：2B. 3：1C. 2：3D. 4：37.已知球O的表面积为4π，A、B、C三点都在球面上，且A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，则OB与平面ABC所成的角是()A. arcsin√217B. arcsin2√77C. arccos√77D. arccos√2178.过点P(2,−1)作圆(x−1)2+y2=25的弦AB，则弦长AB的最短时AB所在的直线方程方程是()A. x−y−3=0B. 2x+y−3=0C. x+y−1=0D. 2x−y−5=09.动点P到点A(6,0)的距离是到点B(2,0)的距离的√2倍，则动点P的轨迹方程为()A. (x+2)2+y2=32B. x2+y2=16C. (x−1)2+y2=16D. x2+(−1)2=1610. 直线3x +4y −3=0与圆(x −2)2+(y −3)2=1的位置关系是( )A. 相离B. 相交C. 相切D. 无法判定．二、单空题（本大题共6小题，共18.0分） 11. 12、在如图所示的正方体中，异面直线与所成角的大小为_______12. 经过点，且与直线垂直的直线方程为 ．13. 在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆{x =2cosθy =√3sinθ(θ为参数)的右焦点，且于直线{x =4−2ty =3−t (t 为参数)平行的直线方程为______ ．14. 已知四棱锥P −ABCD 的五个顶点在同一球面上.若该球的半径为4，ABCD 是边长为2的正方形，且∠PAB =90°，则当PA 最长时，四棱锥P −ABCD 的体积为______ ． 15. 直线y =x +2与圆x 2−2x +y 2−4y +1=0的位置关系是______ ．16. 已知AB 为圆O ：(x −1)2+y 2=1的直径，点P 为直线x −y +1=0上任意一点，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为______．三、解答题（本大题共4小题，共48.0分） 17. (本题满分13分)如图，某巡逻艇在处发现北偏东相距海里的处有一艘走私船，正沿东偏南的方向以海里/小时的速度向我海岸行驶，巡逻艇立即以海里/小时的速度沿着正东方向直线追去，小时后，巡逻艇到达处，走私船到达处，此时走私船发现了巡逻艇，立即改变航向，以原速向正东方向逃窜，巡逻艇立即加速以海里/小时的速度沿着直线追击．(Ⅰ)当走私船发现了巡逻艇时，两船相距多少海里?(Ⅱ)问巡逻艇应该沿什么方向去追，才能最快追上走私船?18. 如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是平行四边形，E为棱PD的中点，平面PAB⊥底面ABCD，∠PAB=90°.求证：(1)PB//平面AEC；(2)平面PAC⊥平面ABCD．19. 如图，△CDE中∠CDE=90°，平面CDE外一条线段AB满足AB//DE，AB=12DE，AB⊥AC，F是CD的中点．(Ⅰ)求证：AF//平面BCE；(Ⅱ)若AC=AD，证明：AF⊥平面CDE．20. 已知椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=12，且它的左焦点F1与右顶点A的距离|AF1|=6．(Ⅰ)求椭圆C的标准方程；(Ⅱ)过点T(−3,0)作与x轴不重合的直线l交椭圆于P，Q两点，连接AP，AQ分别交直线x=−163于R，S两点，求证：直线RT与直线ST的斜率之积为定值．【答案与解析】1.答案：D解析：解：∵面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，a，b与l斜交，∴当a，b有公共点时，a与b相交，当a，b没有公共点时，a与b异面，∴a和b不可能平行；∵面α⊥β，α∩β=l，直线a⊂α，直线b⊂β，∴当a⊥b时，a，b中至少有一条与交线l垂直，这与已知条件a，b与l斜交相矛盾，∴由反证法知a，b不垂直．故选：D．由已知条件，结合空间中直线与直线的位置关系，用排除法能推导出a和b不可能平行，用反证法能推导出a，b不垂直．本题考查空间两条直线的位置关系的判断，是中档题，解题时要注意空间思维能力的培养．2.答案：D解析：本题考查直线和圆的位置关系，点到直线的距离公式，得到圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2= 2a2+2b2是解题的关键，属于中档题．由题意可得，圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2=2a2+2b2，故可得结论．解：∵直线ax+by+c=0(a,b，c都是正数)与圆x2+y2=2相切，∴圆心到直线的距离√a2+b2=√2，即c2=2a2+2b2，∴cosC=a2+b2−c22ab =−a2+b22ab≤−1，故以a，b，c为三边长的三角形不存在，故选D．3.答案：D解析：解：设直线l倾斜角为θ，θ∈[0,π)．则tanθ=k AB=4−23−5=−1，∴θ=3π4．故选：D ．设直线l 倾斜角为θ，θ∈[0,π).可得tanθ=k AB ，即可得出．本题考查了直线的倾斜角与斜率的关系，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．4.答案：B解析：解：直线y =kx −2k +1恒过定点C(2,1)，则以C 为圆心，5为半径的圆的方程为：(x −2)2+(y −1)2=25． 故选：B ．求出直线系经过的定点，得到圆的圆心，然后求解圆的方程． 本题考查直线系的应用，圆的方程的求法，考查计算能力．5.答案：A解析：试题分析：圆O 的圆心坐标为，根据点到直线的距离公式得圆心到已知直线的距离为：，所以直线与圆的位置关系为相离． 考点：直线与圆的位置关系．6.答案：A解析：本题给出圆柱的侧面积与一个球的表面积相等，求它们的体积比．着重考查了圆柱侧面积和体积公式、球的表面积和体积公式，为拔高题．根据题意，设圆柱的底面半径为r ，利用圆柱侧面积公式与球的表面积公式建立关系式，算出球的半径R =r ，再利用圆柱与球的体积公式加以计算，可得所求体积之比． 解：设圆柱的底面半径为r ，轴截面正方形边长a ，则a =2r ． 可得圆柱的侧面积S 1=2πra =4πr 2． 再设与圆柱侧面积相等的球半径为R ， 则球的表面积S 2=4πR 2=4πr 2，解得R =r ， 因此圆柱的体积为V 1=πr 2×a =2πr 3， 球的体积为V 2=43πR 3=43πr 3，因此圆柱的体积与球的体积之比为V 1V 2=32．故选：A ．解析：解：由题意，∵球O的表面积为4π，∴球的半径为1，∵A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，∴∠AOB=π2，∠AOC=π2，∠BOC=π3，∴AO⊥面BOC∵OA=OB=OC=1，∴AB=AC=√2，BC=1．∴V A−OBC=13×√34×1=√312设h为O到平面ABC的距离，则∵S△ABC=12×1×√2−14=√74∴V A−OBC=V O−ABC=13×√74ℎ=√312∴ℎ=√21 7∴OA与平面ABC所成角的正弦值为√217∴OB与平面ABC所成的角是arcsin√217故选：A．由题意，球的半径为1，根据A与B、A与C，B与C两点的球面距离分别是π2，π2,π3，可得∠AOB=π2，∠AOC=π2，∠BOC=π2,π3，从而可求AB=AC=√2，BC=1，可求V A−OBC=13×√34×1=√312，利用等体积法求出O到平面ABC的距离，即可求得结论．本题考查线面角，考查三棱锥的体积，解题的关键是利用等体积求出点到面的距离，属于中档题．8.答案：A解析：解：圆心坐标D(1,0)，要使过P点的弦最短，则圆心到直线的距离最大，即DP⊥AB时，满足条件，此时DP的斜率k=0+11−2=−1，则弦AB的斜率k=1，则此时对应的方程为y+1=x−2，即x−y−3=0，根据圆的性质，确定最短弦对应的条件，即可得到结论．本题主要考查直线方程的求解，根据直线和圆的位置关系确定最短弦满足的条件是解决本题的关键．9.答案：A解析：解：设P(x,y)，则由题意可得：√(x−6)2+y2=√2√(x−2)2+y2，化简整理得(x+2)2+y2=32．故选：A．设P为(x,y)，依据题中条件动点P到点A(6,0)的距离是到点B(2,0)的距离的√2倍，列出关于x，y的方程式，化简即可得点P的轨迹方程．求符合某种条件的动点的轨迹方程，其实质就是利用题设中的几何条件，用“坐标化”将其转化为寻求变量间的关系．直接法是将动点满足的几何条件或者等量关系，直接坐标化，列出等式化简即得动点轨迹方程．10.答案：A解析：解：由圆的方程(x−2)2+(y−3)2=1得到：圆心坐标为(2,3)，半径r=1，=3>r，所以圆心到直线3x+4y−3=0的距离d=|6+12−3|5则直线与圆的位置关系为相离．故选：A．由圆的方程求出圆心坐标和圆的半径r，然后利用点到直线的距离公式求出圆心到已知直线的距离d，发现d与r的关系，然后判断直线与圆的位置关系．此题考查了直线与圆的位置关系，以及点到直线的距离公式．其中直线与圆的位置关系的判定方法为：当0≤d<r时，直线与圆相交；当d=r时，直线与圆相切；当d>r时，直线与圆相离．11.答案：60°解析：本题考查的知识点是异面直线及其所成的角，其中根据正方体的几何特征及异面直线夹角的定义判断出∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，是解答本题的关键．解：连接A1D，由正方体的几何特征可得：A1D//B1C，则∠BA1D即为异面直线A1B与B1C所成的角，连接BD，易得：BD=A1D=A1B，故∠BA 1D =60°． 故答案为：60°．12.答案： ．解析：∵所求直线与直线垂直，∴设直线方程为x −2y +C =0，将点代入，得2+2×3+C =0，解得C =−8． ∴直线方程为x −2y −8=0． 故答案为．13.答案：x −2y −1=0解析：解：∵(x2)2+(√3)2=cos 2θ+sin 2θ=1， ∴该椭圆的标准方程为：x 24+y 23=1，其右焦点为F(1,0)；又直线{x =4−2t y =3−t (t 为参数)的普通方程为：x−4−2=y−3−1，整理得：x −2y +2=0， ∴其斜率k =12，∴过右焦点F(1,0)且与直线x −2y +2=0平行的直线方程为：y −0=12(x −1)， 整理得：x −2y −1=0， 故答案为：x −2y −1=0．将椭圆的参数方程{x =2cosθy =√3sinθ与直线{x =4−2ty =3−t (t 为参数)的参数方程化为普通方程，依题意即可求得答案．本题考查椭圆与直线的参数方程，考查椭圆的简单性质与直线方程的点斜式应用，属于中档题．14.答案：8√143解析：解：如图，因为∠PAB =90°，故P 点在与BA 垂直的圆面O 1内运动，易知，当P 、O 1、A 三点共线时PA 达到最长此时， 可将四棱锥补形为长方体A 1B 1C 1P −ABCD ，其体对角线为2R =8，底面边长为2的正方形，可得高PD =2√14，故四棱锥体积V =13×4×2√14=8√143． 故答案为：8√143． 画出图形，利用已知条件判断P 的位置，通过补形法，通过外接球的半径，推出PD ，然后求解三棱锥的体积即可．本题考查四棱锥体积的求法，考查空间中点、线、面的位置关系，考查逻辑推理能力及空间想象能力，属于中档题．15.答案：相交解析：解：由x 2−2x +y 2−4y +1=0得到：(x −1)2+(y −2)2=4． 则该圆的圆心为(1,2)，半径为2，直线x −y +2=0与圆：(x −1)2+(y −2)2=4的圆心的距离为：d =√2=√22<2，所以直线y =x +2与圆x 2−2x +y 2−4y +1=0的位置关系是相交． 故答案是：相交．求出圆的圆心与直线的距离与半径比较，即可判断直线与圆的位置关系．本题考查直线与圆的位置关系的应用，圆心到直线的距离与半径比较是解题的关键．16.答案：1解析：解：由AB 为圆O ：(x −1)2+y 2=1的直径， 可设A(1+cosθ,sinθ)，B(1−cosθ,−sinθ)．∵点P 为直线x −y +1=0上任意一点，可设P(x,x +1)，则PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(1+cosθ−x,sinθ−x −1)⋅(1−cosθ−x,−sinθ−x −1)=(1−x)2−cos 2θ+(1+x)2−sin 2θ=2x 2+1≥1．∴PA ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅PB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为1，此时P(0,1)． 故答案为：1．由AB为圆O：(x−1)2+y2=1的直径，可设A(1+cosθ,sinθ)，B(1−cosθ,−sinθ).点P为直线x−y+1=0上任意一点，可设P(x,x+1).利用数量积运算性质、二次函数的单调性即可得出．本题考查了圆的标准方程、数量积运算性质、二次函数的单调性、同角三角函数基本关系式，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．17.答案：解：如图，由题意知，在三角形BCD中，所以当走私船发现巡逻艇时，两船相距海里；因为所以设追击时间为t，则所以即巡逻艇被骗东15º方向才能最快追上走私船．解析：本题主要考查正弦定理和余弦定理在解三角形中的应用，(1)先在三角形ABC中根据余弦定理求出BC的长，然后在三角形BCD中利用余弦定理求出CD的长；(2)先求出，然后在三角形CDE中利用正弦定理求出，即可求解．18.答案：证明：(1)连BD，交AC于点O，连OE．因为底面ABCD是平行四边形，所以O为BD的中点．因为E为棱PD的中点，所以OE//PB，又因为OE⊂平面AEC，PB⊄平面AEC，所以PB//平面AEC．(2)因为平面PAB⊥底面ABCD，∠PAB=90°，平面PAB∩平面ABCD=AB，PA⊂平面PAB，所以PA⊥平面ABCD，因为PA⊂平面PAC，。
天津市天津一中2024届数学高一下期末质量跟踪监视试题含解析
天津市天津一中2024届数学高一下期末质量跟踪监视试题考生须知： 1．全卷分选择题和非选择题两部分，全部在答题纸上作答。
选择题必须用2B 铅笔填涂；非选择题的答案必须用黑色字迹的钢笔或答字笔写在“答题纸”相应位置上。
2．请用黑色字迹的钢笔或答字笔在“答题纸”上先填写姓名和准考证号。
3．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，在草稿纸、试题卷上答题无效。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的1．已知2a b +=，则33a b +的最小值是 （ ） A ．23B ．6C ．2D ．222．函数5()3cos 46f x x π⎛⎫=+ ⎪⎝⎭图像的一个对称中心是（ ）A ．,012π⎛⎫⎪⎝⎭B ．,06π⎛⎫⎪⎝⎭C ．,03π⎛⎫⎪⎝⎭D ．5,06π⎛⎫⎪⎝⎭3．如图，位于A 处的海面观测站获悉，在其正东方向相距40海里的B 处有一艘渔船遇险，并在原地等待营救．在A 处南偏西30且相距20海里的C 处有一救援船，其速度为507海里小时，则该船到求助处B 的时间为（）分钟．A ．24B ．36C ．48D ．604．设(2,1)a =，(3,2)b =，(5,4)c =，若c a b λμ=+则λ，μ的值是（） A ．3λ=-，2μ= B ．2λ=-，3μ= C ．2λ=，3μ=D ．3λ=，2μ=5．已知圆锥的母线长为6，母线与轴的夹角为30°，则此圆锥的体积为（ ） A ．27π B ．93πC ．9πD ．33π6．在中，内角，，的对边分别为，，.若，则A ．B ．C ．D ．7．边长为4的正三角形ABC 中，点D 在边AB 上，12AD DB =，M 是BC 的中点，则AM CD ⋅=（ ） A ．16B ．123C ．83-D ．8-8．函数sin()y A x ωϕ=+的部分图像如图所示，则A ．2sin(2)6y x π=-B ．2sin(2)3y x π=-C ．2sin(+)6y x π=D ．2sin(+)3y x π=9．如图所示，在，已知，角的平分线把三角形面积分为两部分，则等于（ ）A ．B ．C ．D ．10．某小组有3名男生和2名女生，从中任选2名同学去参加演讲比赛，事件“至少1名女生”与事件“全是男生”（ ） A ．是互斥事件，不是对立事件 B ．是对立事件，不是互斥事件 C ．既是互斥事件，也是对立事件 D ．既不是互斥事件也不是对立事件二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
天津市和平区天津一中2024届数学高一下期末教学质量检测模拟试题含解析
天津市和平区天津一中2024届数学高一下期末教学质量检测模拟试题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。
第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。
在每个小题给出的四个选项中，恰有一项是符合题目要求的 1．在中，角的对边分别为，若，则（ ） A ．B ．C ．D ．2．设等差数列{a n }的前n 项的和S n ，若a 2+a 8＝6，则S 9＝（ ） A ．3B ．6C ．27D ．543．已知a b >，则下列不等式中成立的是（ ） A ．11a b> B ．22a b > C ．22ac bc > D ．a b b a ->-4．如图所示，在正方形ABCD 中，E 为AB 的中点，F 为CE 的中点，则AF =A ．3144AB AD + B ．1344AB AD + C ．12AB AD +D ．3142AB AD +5．直线350x +-=的倾斜角为( )A ．30-B ．60C ．120D ．1506．已知{}n a 为等差数列，1353a a a ++=，则3a 的值为（ ） A ．3B ．2C ．32D ．17．已知a R ∈且为常数,圆22:220C x x y ay ++-=,过圆C 内一点()1,2的直线l 与圆C 相交于,A B 两点,当弦AB 最短时,直线l 的方程为20x y -=,则a 的值为（ ）A ．2B ．3C ．4D ．58．命题“,10x R x ∀∈-≥”的否定是（ ） A ．x R ∃∈,10x -≤ B ．x R ∃∈,10x -＜ C ．x R ∀∈,10x -＜D ．x R ∀∈,10x -≤9．ABC 中，30A =︒，105B =︒，2a =，则c =（） A ．1B ．2C ．22D ．410．若关于的方程有两个不同解，则实数的取值范围为（ ） A ．B ．C ．D ．二、填空题：本大题共6小题，每小题5分，共30分。
2020-2021学年天津一中高一(下)期末数学试卷(附答案详解)
2020-2021学年天津一中高一（下）期末数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共32.0分）1.复数z满足1−iz=−1+2i，则|z|=()A. 25B. √105C. √1025D. √102.已知向量a⃗=(1,m)，b⃗ =(3,−2)，且(a⃗+b⃗ )⊥b⃗ ，则m=()A. −8B. −6C. 6D. 83.“幸福感指数”是指某个人主观地评价他对自己目前生活状态的满意程度的指标，常用区间[0,10]内的一个数来表示，该数越接近10表示满意度越高.现随机抽取10位嘉祥县居民，他们的幸福感指数为3，4，5，5，6，7，7，8，9，10.则这组数据的80%分位数是()A. 7.5B. 8C. 8.5D. 94.在普通高中新课程改革中，某地实施“3+1+2”选课方案.该方案中“2”指的是从政治、地理、化学、生物4门中任选2门作为选考科目，假设每门科目被选中的可能性相等，那么化学和生物至多有一门被选中的概率是()A. 16B. 12C. 23D. 565.为了给热爱朗读的师生提供一个安静独立的环境，某学校修建了若干“朗读亭”.如图所示，该朗读亭的外形是一个正六棱柱和正六棱锥的组合体，正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，若正六棱锥与正六棱柱的侧面积之比为√7：8，则正六棱锥与正六棱柱的高的比值为()A. √32B. 23C. √34D. 126.2021年是中国共产党建党100周年，为全面贯彻党的教育方针，提高学生的审美水平和人文素养，促进学生全面发展.某学校高一年级举办了班级合唱活动.现从全校学生中随机抽取部分学生，并邀请他们为此次活动评分(单位：分，满分100分)，对评分进行整理，得到如图所示的频率分布直方图，则下列结论不正确的是()A. a =0.028B. 若该学校有3000名学生参与了评分，则估计评分超过90分的学生人数为600C. 学生评分的众数的估计值为85D. 学生评分的中位数的估计值为837. △ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，则下列说法正确的个数是( )①若A >B ，则sinA >sinB ；②若A =30°，b =4，a =3，则△ABC 有两解； ③若△ABC 为钝角三角形，则a 2+b 2>c 2； ④若A =60°，a =2，则△ABC 面积的最大值为√3．A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个8. 在△ABC 中，E 为AC 上一点，AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，P 为BE 上任一点，若AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +n AC⃗⃗⃗⃗⃗ ，且m >0,n >0，则3m +1n 的最小值是( )A. 9B. 10C. 11D. 12二、单空题（本大题共6小题，共24.0分）9. 某高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150，150，400，300名学生．为了解学生的就业倾向，用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查，应在丙专业抽取的学生人数为________．10. 某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别13，12，p ，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，恰好投中两次的概率为718，则p 的值为______．11. 已知某6个数据的平均数为4，方差为8，现加入2和6两个新数据，此时8个数据的方差为______ ．12. 已知边长为4的正方形ABCD 中，AC 与BD 交于点E ，且F 、G 分别是线段EC 和线段EB 的中点，则(FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ = ______ ．13.如图，三棱锥A−BCD中，AB=AC=BD=CD=3，AD=BC=2，点M，N分别是AD，BC的中点，则异面直线AN，CM所成的角的余弦值是______．14.如图三棱锥P−ABC，平面PBC⊥平面ABC，已知△PBC是等腰三角形，△ABC是等腰直角三角形，若AB=BC=2，PB=PC=√5，球O是三棱锥P−ABC的外接球，则球O的表面积是______ ．三、解答题（本大题共4小题，共44.0分）15.在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c已知a+b−ccosA−√3asinC=0．(1)求角C的值；(2)若c=2√3，b=2a，求△ABC的面积S．16.如图，在四棱锥P−ABCD中，底面四边形ABCD满足AB⊥AD，BC//AD，AD=2BC，且M为PA的中点．(1)求证：BM//平面PCD；(2)若平面PAD⊥平面ABCD，且DP=DA，求证：平面BDM⊥平面PAB．17.天津市某中学高三年级有1000名学生参加学情调研测试，用简单随机抽样的方法抽取了一个容量为50的样本，得到数学成绩的频率分布直方图如图所示：(1)求第四个小矩形的高，并估计本校在这次统测中数学成绩不低于120分的人数和这1000名学生的数学平均分．(2)已知样本中成绩在[140,150]内的学生中有两名女生，现从成绩在这个分数段的学生中随机抽取2人做学习交流，①写出这个试验的样本空间；(用恰当的符号表达)②设事件A：“选取的两人中至少有一名女生”，写出事件A的样本点，并求事件A发生的概率．18.如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1⊥平面ABC，AA1=AC=BC=2，∠ACB=90°，D，E分别是A1B1，CC1的中点(Ⅰ)求证：C1D//平面A1BE；(Ⅱ)求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值；(Ⅲ)在棱CC1上是否存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°？若存在，求出P点的坐标；若不存在，请说明理由．答案和解析1.【答案】B【解析】解：∵1−i z=−1+2i ，∴复数z =1−i−1+2i =(1−i)(−1−2i)(−1+2i)(−1−2i)=−3−i 5=−35−15i ，∴|z|=√(−35)2+(−15)2=√105， 故选：B ．先利用复数的四则运算求出复数z ，再利用复数模长公式求解．本题考查复数的基本运算及复数的模，考查数学运算核心素养，是基础题．2.【答案】D【解析】 【分析】本题考查了向量垂直的充要条件，向量的坐标运算，属于基础题．求出向量a ⃗ +b ⃗ 的坐标，根据向量垂直的充要条件，得到关于m 的方程，求解即可． 【解答】解：∵向量a ⃗ =(1,m)，b ⃗ =(3,−2)， ∴a ⃗ +b⃗ =(4,m −2)， 又∵(a ⃗ +b ⃗ )⊥b ⃗ ，∴(a ⃗ +b ⃗ )·b ⃗ =12−2(m −2)=0， 解得m =8． 故选D ．3.【答案】C【解析】解：因为10×80%=8，所以数据3，4，5，5，6，7，7，8，9，10的80%分位数是12×(8+9)=8.5．故选：C ．根据百分位数的定义，即可求出该组数据的80%分位数．本题考查了百分位数计算问题，是基础题．4.【答案】D【解析】解：从4门学科中任选2门共有：政治+地理、政治+化学、政治+生物、地理+化学、地理+生物、化学+生物，共6种情况，其中满足化学和生物至少有一门被选中的有5种情况，所以其概率为56．故选：D．采用列举法将从4门学科中任选2门得到所有可能的情况列举出来，再确定其中满足化学和生物至少有一门被选中的基本事件个数，根据古典概型概率计算公式即可得到结果．本题主要考查古典概型的概率计算公式，考查推理论证和运算求解的能力，属于基础题．5.【答案】D【解析】解：设正六棱柱的底面边长为a，∵正六棱柱两条相对侧棱所在的轴截面为正方形，∴正六棱柱的高为2a，再设正六棱锥的高为H，斜高为h，则正六棱锥的侧面积为S1=6×12×a×ℎ=3aℎ，正六棱柱的侧面积为S2=6×a×2a=12a2，由已知可得：S1S2=3aℎ12a2=√78，得ℎ=√72a，又ℎ2=(√32a)2+H2=(√72a)2，得H=a，∴正六棱锥与正六棱柱的高的比值为H2a =a2a=12．故选：D．设出棱柱的底面边长，可得棱柱的高，再设出棱锥的斜高，由已知侧面积的比值求得棱锥斜高与棱柱底面边长的关系，再由勾股定理得到棱锥的高与棱柱高的关系，则答案可求．本题考查棱柱与棱锥侧面积的求法，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是基础题．6.【答案】D【解析】解：对于A，由频率分布直方图中各个小矩形的面积之和为1，知0.06+0.06+ 10a+0.4+0.2=1，解得a=0.028，A正确；对于B，由频率分布直方图易知，估计参与评分的3000名学生中，评分超过9(0分)的人数为3000×(0.02×10)=600，B正确；对于C，由频率分布直方图可知，众数的估计值为85，C正确；对于D，前三组频率之和为(0.006+0.006+0.028)×10=0.4，前四组频率之和为0.4+ 0.04×10=0.8，则中位数在[80,90)内，设学生评分的中位数的估计值为x，则0.4+(x−80)×0.04=0.5，解得x=82.5，D错误．故选：D．对A，由频率之和为1可得；对B，根据频率分布直方图直接计算；对C，由最高长方形底边中点对应的横坐标是样本数据的众数可得；对D，先判断出中位数在[80,90)内，列出式子可求．本题考查频率分布直方图中频率、平均数、众数、中位数，考查数学运算能力，属于中档题．7.【答案】C【解析】解：对于A选项，若A>B，则a>b，由正弦定理可得asinA =bsinB，所以，sinA>sinB，A选项正确；对于B选项，bsinA=4sin30°=2，则bsinA<a<b，所以，△ABC有两解，B选项正确；对于C选项，若△ABC为钝角三角形且C为钝角，则cosC=a2+b2−c22ab<0，可得a2+b2< c2，C选项错误；对于D 选项，由余弦定理与基本不等式可得4=a 2=b 2+c 2−2bccosA =b 2+c 2−bc ≥2bc −bc =bc ，即bc ≤4，当且仅当b =c =2时，等号成立， 所以，S △ABC =12bcsinA =√34bc ≤√3，D 选项正确．故选：C ．利用正弦定理结合大边对大角定理可判断A 选项的正误；利用正弦定理可判断B 选项的正误；利用余弦定理可判断C 选项的正误；利用基本不等式、余弦定理结合三角形的面积公式可判断D 选项的正误．求三角形面积的最值是一种常见的类型，主要方法有两类：(1)找到边与边之间的关系，利用基本不等式来求解；(2)利用正弦定理，转化为关于某个角的三角函数，利用函数思想求解．8.【答案】D【解析】 【分析】本题考查了向量共线定理、“乘1法”与基本不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．利用向量共线定理可得：m +3n =1.再利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出． 【解答】解：∵AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =3AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ，∴AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +n AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =m AB ⃗⃗⃗⃗⃗ +3n AE ⃗⃗⃗⃗⃗ ， ∵P 为BE 上任一点，∴m +3n =1． ∴3m +1n =(m +3n)(3m +1n )=3+3+9n m+m n≥6+2√9n m ⋅m n=12，当且仅当m =3n =12时取等号．故选：D ．9.【答案】16人【解析】 【分析】本题考查分层抽样方法，是一个基础题，解题的依据是在抽样过程中每个个体被抽到的概率是相等的，这种题目经常出现在高考卷中．根据四个专业各有的人数，得到本校的总人数，根据要抽取的人数，得到每个个体被抽到的概率，利用丙专业的人数乘以每个个体被抽到的概率，得到丙专业要抽取的人数． 【解答】解：∵高校甲、乙、丙、丁四个专业分别有150、150、400、300名学生， ∴本校共有学生150+150+400+300=1000(人)，∵用分层抽样的方法从该校这四个专业共抽取40名学生进行调查， ∴每个个体被抽到的概率是401000=125， ∵丙专业有400人， ∴要抽取400×125=16人 故答案为：16人10.【答案】23【解析】解：在甲、乙、丙处投中分别记为事件A ，B ，C ， 恰好投中两次为事件ABC −，B −C ，A −BC 发生， 故恰好投中两次的概率：P =13×12×(1−p)+13×(1−12)×p +(1−13)×12×p =718， 解得p =23． 故答案为：23．在甲、乙、丙处投中分别记为事件A ，B ，C ，恰好投中两次为事件ABC −，B −C ，A −BC 发生，由此利用相互独立事件概率乘法公式能求出结果．本题考查概率的求法，考查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．11.【答案】7【解析】解：根据题意，设原数据为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，则∑a i 6i=1=6×4=24,16∑(6i=1a i −4)2=8 加入2和6两个新数据后，所得8个数据的平均数为∑a i 6i=1+2+68=4，所得8个数据的方差为s 2=∑(6i=1a i −4)2+(2−4)2+(6−4)28=48+4+48=7．故选：7． 根据题意，设原数据为a 1，a 2，a 3，a 4，a 5，a 6，则有∑a i 6i=1=6×4=24,16∑(6i=1a i −4)2=8，由平均数、方差的计算公式计算可得答案．本题考查数据的方差、平均数的计算，注意方差、平均数的计算公式，属于基础题．12.【答案】−16【解析】解：以AB 为所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，则A(0,0)，B(4,0)，C(4,4)，D(0,4)，E(2,2)∴F(3,3)，G(3,1)∴FD ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,1)，EA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,−2)，AG⃗⃗⃗⃗⃗ =(3,1)， ∴FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA⃗⃗⃗⃗⃗ =(−3,1)+(−2,−2)=(−5,−1)， ∴(FD ⃗⃗⃗⃗⃗ +EA ⃗⃗⃗⃗⃗ )⋅AG ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−5,−1)⋅(3,1)=−16故答案为：−16以AB 为所在的直线为x 轴，以AD 所在的直线为y 轴，根据向量的坐标运算和向量的数量积计算即可．本题考查了向量的在几何中的应用，属于基础题．13.【答案】78【解析】【分析】本题考查异面直线所成角的求法，属于中档题．取ND 的中点为E ，则异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC(或其补角)，通过解三角形，求解即可．【解答】解：连接ND ，取ND 的中点为E ，连接ME ，CE ，则ME//AN ，ME =12AN ， 所以异面直线AN ，CM 所成的角即为∠EMC(或其补角)，∵△ABC 中，AB =AC =3，BC =2，NB =NC =1，则AN =2√2，∴ME =√2，同理可得ND =CM =2√2，则EN =√2，又易知EN ⊥NC ，∴EC =√EN 2+NC 2=√3，∴cos∠EMC =EM 2+MC 2−EC 22EM ⋅MC=2+8−32×√2×2√2=78． 故答案为78．14.【答案】41π4【解析】解：设该几何体的外接球的半径为R ，如图所示：设点E 为△PBC 的中心，所以PE =EC =EB ，利用CE 2=12+(2−PE)2，由于PE =CE ，所以PE =54，故OD =2−54=34，在△ABC 中，利用勾股定理：AC =2√2，所以BD =√2，所以R 2=BO 2=(34)2+(√2)2=4116，故S 表=4π⋅4116=41π4． 故答案为：41π4．直接利用三棱锥体和球体的关系，三角形的中心的应用，勾股定理的应用和球的表面积公式的应用求出结果．本题考查的知识要点：三棱锥体和球体的关系，三角形的中心的应用，勾股定理的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．15.【答案】解：(1)由正弦定理可得：sinA +sinB −sinCcosA −√3sinAsinC =0， 整理得，sinA +sin(A +C)−sinCcosA −√3sinAsinC =0，即sinA +sinAcosC −√3sinAsinC =0，又因为A ∈(0,π)，则sinA >0，所以√3sinC −cosC =2sin(C −π6)=1，即sin(C −π6)=12，又因为−π6<C −π6<5π6， 所以C −π6=π6，解得C =π3，(2)由余弦定理可得：c 2=a 2+b 2−2abcosC =a 2+b 2−ab ，因为c =2√3，b =2a ，解得a =2，所以b =4，则三角形ABC 的面积S =12absinC =12×2×4×√32=2√3．【解析】(1)由正弦定理，三角函数恒等变换的应用化简已知等式可得sin(C −π6)=12，结合范围−π6<C −π6<5π6，可求C 的值．(2)由已知利用余弦定理可得a 、b 的值，进而利用三角形的面积公式即可求解．本题主要考查了正弦定理，三角函数恒等变换的应用，余弦定理，三角形的面积公式在解三角形中的综合应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．16.【答案】证明：(1)取PD的中点N，连结MN，CN，∵M是PA的中点，∴MN是△PAD的中位线，AD，∴MN//AD，MN=12AD，∴MN−//BC，∵BC//AD，BC=12∴四边形BMNC是平行四边形，∴BM//CN，∵BM⊄平面PCD，CN⊂平面PCD，∴BM//平面PCD．(2)∵平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，AB⊥AD，AB⊂平面ABCD，∴AB⊥平面PAD，∵DM⊂平面PAD，∴AB⊥DM，∵DP=DA，M为PA的中点，∴DM⊥PA，∵PA⊂平面PAB，AB⊂平面PAB，且PA∩AB=A，∴DM⊥平面PAB，∵DM⊂平面BDM，∴平面BDM⊥平面PAB．【解析】(1)取PD的中点N，连结MN，CN，推导出四边形BMNC是平行四边形，得到BM//CN，由此能证明BM//平面PCD．(2)推导出AB⊥平面PAD，AB⊥DM，DM⊥PA，得到DM⊥平面PAB，由此能证明平面BDM⊥平面PAB．本题考查线面平行、面面垂直的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．17.【答案】解：(1)由频率分布直方图可知，第四个矩形的高为：0.1−(0.010+0.020+ 0.030+0.012)=0.028，成绩不低于1(20分)的频率为：(0.030+0.028+0.012)×10=0.7，所以高三年级不低于1(20分)的人数为：0.7×1000=700人．平均分x−=105×0.1+115×0.2+125×0.3+135×0.28+145×0.12=126.2；(2)由频率分布直方图知，成绩在[140,150]的人数是6，记女生为A，B，男生为c，d，e，f，从这6人中抽取2人的情况有AB，Ac，Ad，Ae，Af，Bc，Bd，Be，Bf，cd，ce，cf，de，df ，ef ，共15种．其中至少有一名女生的情况有AB ，Ac ，Ad ，Ae ，Af ，Bc ，Bd ，Be ，Bf 共9种， 故至少有一名女生的概率915=35．【解析】(1)根据频率分布直方图中求频数与平均数的算法计算即可解决此问题；(2)根据题意可算出成绩在[140,150]的人数是6，其中2名女生和4名男士，进行编号罗列样本点进行计算即可解决此问题．本题考查频率分布直方图中频数及平均数求法、古典概型，考查数学运算能力，属于中档题．18.【答案】(Ⅰ)证明：取AB 的中点F ，连接DF ，交A 1B 于点M ，可知M 为DF 中点，连接EM ，易知四边形C 1DME 为平行四边形，所以C 1D//EM ．又C 1D ⊄平面平面A 1BE ，EM ⊂平面A 1BE ，所以C 1D//平面A 1BE ．(Ⅱ)解：如图建立空间直角坐标系C −xyz ，则A(2,0，0)，B(0,2，0)，E(0,0，1)，A 1(2,0，2)．∴AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(−2,2，0)，EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，1)，EB⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2，−1)．设平面A 1BE 的法向量为n⃗ =(x,y ，z)，则{EA 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0EB ⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗ =0，即{2x +z =02y −z =0 令x =1，则n⃗ =(1,−1,−2)． 所以cos <AB ⃗⃗⃗⃗⃗ ，n ⃗ >=AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⋅n ⃗⃗ |AB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||n ⃗⃗ |=−√33． 所以直线AB 与平面A 1BE 所成角的正弦值为√33． (Ⅲ)解：假设在棱CC 1上存在一点P ，使得平面PAB 与平面A 1BE 所成二面角为60°，设P(0,0，c)，0≤c ≤2．则PA⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,0，−c)，设平面PAB 的法向量为m ⃗⃗⃗ =(x,y ，z)， 则{m ⃗⃗⃗ ⋅PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =0m⃗⃗⃗ ⋅AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0，即{2x −cz =0−2x +2y =0， 取x =c ，则m⃗⃗⃗ =(c,c ，2)， 由(Ⅱ)知平面A 1BE 的法向量为n⃗ =(1,−1,−2)．所以|cos<m⃗⃗⃗ ，n⃗>|=|m⃗⃗⃗ ⋅n⃗⃗ ||m⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗ ||n⃗⃗ |=√6⋅√c2+c2+4=12，解得c=√303<2，故在棱CC1上存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，P点的坐标为(0,0，√303).【解析】(Ⅰ)取AB的中点F，连结DF，交A1B于点M，可证C1D//EM，利用线面平行的判定定理可得C1D//平面A1BE；(Ⅱ)建立空间直角坐标系，求出平面A1BE的法向量，利用向量的夹角公式，可求直线AB与平面A1BE所成角的正弦值；(Ⅲ)假设在棱CC1上存在一点P，使得平面PAB与平面A1BE所成二面角为60°，求出平面PAB的法向量，根据向量的夹角公式，列方程求出点P坐标，即可得结论．本题考查了空间向量在几何中的应用，考查了直线与平面平行的判定、线面角和二面角的求法，考查了运算求解能力，转化与化归能力，逻辑推理能力，属于中档题。
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天津重点中学高一下学期期末考试数学试卷
1、设，，则下列不等式中一定成立的是（）
A、
B、
C、
D、2、已知数列｛an｝的通项公式,则a4等于( )、
A、1
B、2
C、3
D、 03、某学校有16 0名教职工，其中教师120名，行政人员16名，后勤服务人员24名，今从中抽取一个容量为20的样本，采用( )较为合适、
A、简单随机抽样
B、系统抽样
C、分层抽样
D、其他抽样
4、等差数列中，，，则数列的前9项的和等于( )
A、66
B、99
C、144
D、29
75、若△ABC的三个内角满足，则△ABC ( )
A、一定是锐角三角形、
B、一定是直角三角形、
C、一定是钝角三角形、
D、可能是锐角三角形，也可能是钝角三角形、6、如下图，是把二进制数化成进制数的一个程序框图，判断框内可以填人的条件是（）
A、
B、
C、
D、开始S=1i=1i=i+1S=1+2S?输出S是结束否
7、已知等差数列{an}的公差d≠0,若a
5、a
9、a15成等比数列,那么公比为 ( )
A、
B、
C、
D、8、有五条线段长度分别为，从这条线段中任取条，则所取条线段能构成一个三角形的概率为（）
A、
B、
C、
D、
9、在长为的线段上任取一点，并以线段为边作正方形，则这个正方形的面积介于与之间的概率为（）
A、
B、
C、
D、二、填空题
10、372和684的最大公约数是
11、在△ABC中，若B＝30，AB＝2，AC＝2，则△ABC的面积是______。
12、以下给出的是计算的值的一个程序框图（如图所示），其中判断框内应填入的条件是
13、若关于的不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是。
三、解答题（共80分）
14、（12分）下表提供了某厂节能降耗技术改造后生产甲产品过程中记录的产量x（吨）与相应的生产能耗y（吨标准煤）的几组对照数据。
345
62、53
44、5（1）请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于x的线性回归方程；（2）已知该厂技改前吨甲产品的生产能耗为吨标准煤、试根据（2）求出的线性回归方程，预测生产吨甲产
品的生产能耗比技改前降低多少吨标准煤？（线性回归方程中的系数可以用公式）
15、在面积为的△ABC中，角
A、
B、C所对应的边为成等差数列，B＝
30、（1）求；（2）求边。
16、某校从参加高一年级期中考试的学生中随机抽取名学生，将其数学成绩（均为整数）分成六段，…后得到如下部分频率分布直方图、观察图形的信息，回答下列问题：(Ⅰ)求分数在内的频率，并补全这个频率分布直方图；（Ⅱ）用分层抽样的方法在分数段为的学生中抽取一个容量为的样本，将该样本看成一个总体，从中任取人，求至多有人在分数段的概率、
17、已知等比数列的前项和为，且是与2的等差中项，等差数列中，，点在直线上、⑴求和的值；⑵求数列的通项和；⑶ 设，求数列的前n项和、一、选择题
1、中，若，则的面积为（）
A、
B、
C、1
D、2、若为等差数列，是其前项和，且，则的值为（）
A、
B、
C、
D、3、袋中装有6个白球,5只黄球,4个红球,从中任取1球,抽到的不是白球的概率为 ( )
A、
B、
C、
D、非以上答案
5、设满足约束条件,则的最大值为（）
A、5
B、3
C、7
D、3}三、解答题
15、解：（1）∵，又，∴，∴。
……6分（2）∵B＝30，∴，∴，……10分∴，又由成等差数列知，而，代入上式得，∴。
……14分题号12345678910答案CCACCBACAA二填空题
11、100;
12、101;
13、或
14、=2n－3
17、解：（1）∵an是Sn与2的等差中项∴Sn=2an-
2∴a1=S1=2a1-2，解得a1=2a1+a2=S2=2a2-2，解得a2=4……3分
（2）∵Sn=2an-2，Sn-1=2an-1-2，又Sn—Sn-1=an，∴an=2an-2an-1，∵an≠0，∴，即数列{an}是等比树立∵a1=2，∴an=2n∵点P(bn，bn+1)在直线x-y+2=0上，∴bn-bn+1+2=0，∴bn+1-
bn=2，即数列{bn}是等差数列，又b1=1，∴bn=2n-1，……8分（3）∵cn=(2n-1)2n∴Tn=a1b1+ a2b2+anbn=12+322+523++(2n-1)2n，∴2Tn=122+323++(2n-3)2n+(2n-1)2n+1因此：-
Tn=12+(222+223++22n)-(2n-1)2n+1，即：-
Tn=12+(23+24++2n+1)-(2n-1)2n+1，∴Tn=(2n-3)2n+1+6……14分。