重庆市部分学校(康德卷)2023-2024学年高一下学期期末联合检测数学试卷
展开数学测试卷共4页,满分 150分。考试时间120分钟。
注意事项:
1.答题前,考生务必将自己的准考证号、姓名、班级填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时,选出每小题答案后,用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑,如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案标号。回答非选择题时,用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。若在试题卷上作答,答案无效。
3.考试结束,考生必须将试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题:本题共8小题,每小题5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. 已知复数z满足(1+i)z=2i, 则|z|=
A.22 B. 1 C.2 D. 2
2. 7.8, 7.9, 8.1, 8.1, 8.3, 8.5, 8.7, 8.9, 9.0, 9.0, 9.1, 9.1, 9.4的第60 百分位数是
A. 8.7 B. 8.9 C. 9.0 D. 9.1
3. 在△ABC中,记内角A, B, C所对的边分别为a, b, c.若 c²-ab=a-b²,则C=
A. π/6 B. π/4 C. π/3 D.2π3
4. 下列说法正确的是
A.若空间四点共面,则其中必有三点共线
B.若空间四点中任意三点不共线,则此四点共面
C.若空间四点中任意三点不共线,则此四点不共面
D.若空间四点不共面,则任意三点不共线
5. 某航空公司销售一款盲盒机票,包含哈尔滨、西安、兰州、济南、延吉5个城市,甲乙两人计划“五一”小长假前分别购买上述盲盒机票一张,则两人恰好到达城市相同的概率为
A. 15 B. 25 c. 35 D. 45
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第1页 共8页6. 记△ABC的内角A, B, C的对边分别为a, b, c,若atanB=btanA, csA+csB=1,则△ABC是
A.等腰三角形 B.等边三角形 C.直角三角形 D.等腰直角三角形
7. 在△ABC中, AB=3, AC=4, ∠BAC=60°, 且 AE=23AB,AF=14AC,则 CE⋅BF=
A. -2 B. -3 C. -4 D. -5
8. 已知正方体 ABCD-A₁B₁C₁D₁,F 为BB₁的中点,过A₁作平面α满足条件,D₁F⊥α,则α截正方体 ABCD-A₁B₁C₁D₁所得截面为
A.六边形 B.五边形 C. 四边形 D.三角形
二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。全部选对得6分,部分选对得部分分,有选错得0分。
9. 一个不透明袋中装有2个红球、2个白球(每个球标有不同的编号,除颜色和编号外均相同),从中不放回依次抽取2个球,记事件A为“第一次取的球为红球”,事件B为“第二次取的球为白球”,则
A. P(A)=P(B) B. A, B为对立事件
C. A, B为相互独立事件 D.抽取的2个球中至多1个白球的概率为 56
10. 已知复数 z₁=2+3i,z₂=3-4i,z₁,z₂在复平面内对应的点分别为Z₁,Z₂,则
A.|z₁+z₂|=|z₁|+|z₂|
B.|Z1Z2|=52
C. 满足 |z|=|z₂|的复数z 对应的点 Z 形成的图形的周长是5π
D. 满足 |z₁|<|z|<|z₂|的复数z对应的点Z 形成的图形的面积是12π
11. 对棱相等的四面体被称为等腰四面体,现有一等腰四面体ABCD, AB=a, AD=b, AC=c,则下列说法正确的是
A.该四面体各面均是全等三角形
B.该等腰四面体的面可以是直角三角形
C. 若E为AB中点, F为CD中点, 则EF⊥AB, EF⊥CD
D.该四面体的体积为 212a2+b2-c2b2+c2-a2c2+a2-b2
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第2页 共8页三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
12.放风筝是一项有益的运动,现对高一和高二共1500名同学进行按比例分层抽样调查,统计近两年放过风筝的人数,有如下数据:高一学生抽取有效样本40,放过风筝的人数为19;高二学生抽取有效样本60,放过风筝的人数为m,由此估计两个年级近两年放过风筝的人数约为540,则m= .
13. 已知复数z₁, z₂分别为方程. x²-2x+6=0的两根,则 z12+2z2=¯.
14. 已知a, b, c为单位向量, 且 |2a-b|=7,则 |3a-c|+|b-c| 的最小值为 .
四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15.(13分)
2023 年冬季“尔滨”爆火,某咨询公司开展评价统计,以网络问卷、现场扫码问卷、电话回访、短信等方式进行,得到若干游客的评价得分如下频率分布直方图:
(1)估计评分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表),中位数(精确到0.1 );
(2) 按比例从[60,80)中抽取4人, 进行不满意情况电话回访,再从这4人中随机抽取2人发送礼物,求2 人不在同一评分区间的概率.
16. (15分)
在同一平面内, OA,OB的夹角为θ,且 2|OA|=|OB|=2,OP=1-tOA,OQ=tOB,当t取t₀时, |PQ|取最小值, OC=OP+OQ.
(1) 证明A, B, C三点共线;
(2) 若 t0=27, 求θ.
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第3页 共8页17. (15分)
如图,点P为边长为1的菱形ABCD所在平面外一点,且 △PCD为正三角形, ∠PCB=π4,四边形ABCD的面积为 22,AC>BD,点M , N分别为DP和AB的中点.
(1) 求证: MN‖平面PBC;
(2) 求证: 平面PBC⊥平面ABCD.
18. (17分)
在 △ABC中,已知点E 满足 BE=12EC,∠BAE=π6.
(1) 若 AE=1,AC=2AB,求AC 的长度;
(2) 若BE=1, 求△ABC面积的取值范围.
19. (17分)
如图,三棱柱 ABC-A₁B₁C₁中,A₁在底面ABC内的射影为 △ABC的外心O,且 ∠A₁AB=60°,AB=AC,BC=a,三棱柱的侧面积为 23a2.
(1) 求证: AA₁⊥BC;
(2)求三棱柱 ABC-A₁B₁C₁的体积;
(3)分别求二面角 B-AA₁-C和二面角 A-BB₁-C的大小.
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第4页 共8页2024年春高一(下)期末联合检测试卷
数学 参考答案
一、 选择题
1~8 CBCD ABBC
第7题提示: BF=CA+AEBA+AF=CA⋅BA+AE⋅BA+CA⋅AF+AE⋅A.F=4×3×cs60°-3×2-4×1+2×1×cs60°=-3
第8题提示:如图,在正方体中, A₁C₁⊥D₁F,在矩形D₁DBB₁中, 做EF⊥D₁F,过O₁作OO₁//EF,则有( OO₁⊥D₁F,所以D₁F⊥平面A₁OC₁,即平面α截正方体的截面为四边形.
二、选择题
9. AD 10. BD 11. ACD
第11题提示:显然该四面体各个面的三边长均为a,b,c的全等三角形,A 正确;若∠ABC为直角, 则∠BCD,∠ADC,∠BAD均为直角,可知A,B,C,D在同一平面上,显然不可能,B错误;将四面体补全为长方体, 可知, EF⊥AB,EF⊥CD, C正确;
设长方体的长宽高为x,y,z,则有 x2+y2=a2x2+z2=b2y2+z2=c2,解得黑霉所以四面体的体
积 V=xyz-46xyz=13xyz=212a2+b2-c2a2+c2-b2b2+c2-a2 D 正确.
三、填空题
12. 17 13. -2 14.13
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第5页 共8页第14题提示:由 |2a-b|=7可知, a⋅b=-12,a,b夹角为 2π3,|3a-c|+|b-c|≥|3a-c+c-b|=|3a-b|, 等号成立时,3a-c与c-b同向, |3a-c|+|b-c|的最小值为 9a2-6a⋅b+b2=13,如图所示.
四、解答题
15. (13分)
解: (1) 平均数为65×0.05+75×0.15+85×0.55+95×0.25=85 ……3分
设中位数为x,则有 x-80⋅0.055=0.5-0.05-0.15=0.3⇒x=80+≈85.5;…7分
(2)按比例, 从[60,70)范围内抽取1人,记为a, 从[70,80)范围内抽取3人, 记为b₁,b₂,b₃,从这4人中抽取2人共 4×32=6个基本事件, ……10分其中2人不在同一评分区间有3个基本事件,从而概率为 36=12. ……13分
(另解:写出样本空间为:{(a,b₁),(a,b₂),(a,b₃),(b₁,b₂),(b₁,b₃),(b₂,b₃)},符合条件的样本点为:(a,b₁),(a,b₂),(a,b₃).从而概率为 36=12.)
16. (15分)
解: 1OC=1-tOA+tOB, 有 OC-OA=tOB-OA,AC=tAB,所以A,B,C三点共线; …6分
(2) 设 OA=10,OB=2csθ2sinθ,则 OP=1-t0,OQ=2tcsθ2tsinθ, …8分
从而 PQ|2=1-t-2tcsθ2+2tsinθ2=t25+4csθ-21+2csθt.+1 …11分
因为5+ -4csθ>0,Δ=41+2csθ²-45+4csθ=16cs²θ-16≤0
当 t=1+2csθ5+4csθ时 |PQ|取最小值, …13分
有 1+2csθ5+4csθ=27, 解得 csθ=12, 从而 θ=π3. …15分
17. (15分)
证明:(1)取PC中点E,连接ME, BE, 因为M为DP中点, N为AB 中点,所以 ME12CD且 ME=12CD,又因为 BN12CD且 BN=12CD,所以ME∥BN且ME=BN,
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第6页 共8页 所以四边形BEMN 为平行四边形, ……3分
所以MN∥BE,
因为MN⊄平面PBC, BE⊂平面PBC,
所以MN//平面PBC; ……6分
(2) 因为 SABCD=CB⋅CD⋅sinC=sinC=22,因为AC>BD, 所以, 解得 ∠DCB=π4,因为 ∠DCB=∠PCB=π4,CD=PC,BC=BC,所以△BCD≌△BCP,过P作PQ⊥BC于点Q, 连接DQ, 所以DQ⊥BC,所以 PQ=DQ=DC⋅22=22,PQ2+DQ2=1=PD2,所以PQ⊥DQ, 又PQ⊥BC, BC∩DQ=Q, 所以PQ⊥平面ABCD,因为PQ⊂平面PBC,……10分
……8分
所以平面PBC⊥平面ABCD. ……15分……14分
18. (17分)
解: (1) 记∠AEB=α,∠AEC=β, 则有csα+csβ=0, ……1分艮 1+BC29-AB22×1×BC3+1+4BC29-4AB22×1×2BC3=0,解得 9+2BC2-18AB2=0.⋯⋯3分在△ABE中, BC29=1+AB2-2×AB×1×32,解得 BC29=1+AB2-3AB,……5分联立方程组则有 9+2BC2-18AB2=0BC29=1+AB2-3AB,解得 AB=32,所以 AC=3;
2SABC=3SABE=32AB⋅AE⋅sin30∘=34AB⋅AE, …8分……7分
在△ABE中, ABsin∠AEB=AEsinB=BEsin30∘=2,故AB=2sin∠AEB,AE=2sinB , ……10分而 ∠AEB+∠B=5π6,
故 AB=2sinB+π6,SABc=34AB⋅AE=3sinB+π6⋅sinB=323sin2B+csBsinB
=3231-cs2B2+sin2B2=343+sin2B-3cs2B=334+32sin2B-π3, ……14分而 B∈05π6,2B-π3∈-π34π3,故 sin2B-π3∈-321,SABC∈06+334.……17分
19. (17 分)
解:(1) 连结OA, 交BC于点D, D为BC中点,因为O为A₁在平面ABC 内的射影,所以A₁O⊥BC, 又AB=AC,所以AO⊥BC, 所以BC⊥平面A₁OA,因为AA₁⊂平面A₁OA,所以 AA₁⊥BC
(2)连结BO, CO,由O为△ABC的外心,所以AO=BO=CO,又A₁O⊥平面ABC, A₁O为公共边,所以. △A₁OA≅△A₁OB≅△A₁OC,所以 A₁A=A₁B=A₁C,由 ∠A₁AB=60°,
所以.A₁A=AB=AC, ……7分
所以四边形A₁ABB₁, A₁ACC₁均为菱形,
由(1) 知四边形 BCC₁B₁为矩形, 令 A₁A=b,
菱形A₁ABB₁的面积为 32b2,矩形BCC₁B₁的面积为ab,
从而有 23a2=ab+3b2, ……9分
整理有 b=23a,所以 OA=439a,所以 OA1=639a,从而三棱柱 ABC-A₁B₁C₁的体积为 12×a×1323a×639a=12a3;
(3) 取A₁A中点 E , 连结A₁B, BE, CE,……12分
由△A₁AB,△A₁AC 是等边三角形,
所以BE⊥AA₁, CE⊥AA₁,
所以∠BEC为平面ABB₁A₁与平面ACC₁A₁所成的二面角,
又 BB₁⊥BC,所以∠EBC为平面ABB₁A₁与平面 BCC₁B₁所成二面角, …15分
由 BE=32AB=a,
所以△BCE为等边三角形,所以∠EBC=∠BEC=60°,所以二面角 B-AA₁-C和二面角 A-BB₁-C均为60°.……17分
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第8页 共8页
重庆市部分学校2023-2024 学年高一下学期期末联合检测数学试卷: 这是一份重庆市部分学校2023-2024 学年高一下学期期末联合检测数学试卷,共4页。
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