2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足(1+i)z=2i，则|z−|=( )
A. 22B. 1C. 2D. 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. 8.7B. 8.9C. 9.0D. 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−b)2，则C=( )
A. π6B. π4C. π3D. 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. 15B. 25C. 35D. 45
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. −2B. −3C. −4D. −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、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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|=5 2
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 212 (a2+b2−c2)(b2+c2−a2)(c2+a2−b2)
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.(本小题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图频率分布直方图：
(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.(本小题15分)
在同一平面内，OA,OB的夹角为θ，且2|OA|=|OB|=2,OP=(1−t)OA,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．
17.(本小题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.(本小题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.(本小题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2 3a2．
(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．
参考答案
1.C
2.B
3.C
4.D
5.A
6.B
7.B
8.C
9.AD
10.BD
11.ACD
12.17
13.−2
14. 13
15.解：(1)平均数约为65×0.05+75×0.15+85×0.55+95×0.25=85，
因为0.05+0.15=0.2<0.5，0.05+0.15+0.55=0.75>0.5，
所以中位数落在[80,90)内，设中位数为x，
则有0.2+(x−80)×0.055=0.5，
解得x≈85.5，
即中位数约为85.5；
(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C42=4×32=6个基本事件，
其中2人不在同一评分区间有13C11C=3个基本事件，
从而概率为36=12．
16.解：(1)证明：因为2|OA|=|OB|=2,OP=(1−t)OA,OQ=tOB，
OC=(1−t)OA−tOB，
有OC−OA=t(OB−OA),AC=tAB，所以A，B，C三点共线；
(2)根据若t0=27，可设OA=(1,0),OB=(2csθ,2sinθ)，
则OP=(1−t,0),OQ=(2tcsθ,2tsinθ)，
|PQ|=(1−t−2tcsθ)2+(2tsinθ)2=t2(5+4csθ)−2(1+2csθ)，
因为5+−4csθ>0，Δ=4(1+2csθ)2−4(5+4csθ)=16cs2θ−16≤0，
当t=1+2csθ5+4csθ时，|PQ|取最小值，
有1+2csθ5+4csθ=27，解得csθ=12，从而θ=π3．
17.证明：(1)取PC的中点E，连接BE，则ME//DC且ME=12DC，
又NB//DC且NB=12DC，
所以NB//ME且NB=ME，
所以四边形MEBN为平行四边形，
则MN/​/BE，
又MN不属于平面PBC，BE⊂平面PBC，
所以MN/​/平面PBC；

(2)过P作PQ⊥BC于Q，连接DQ，由∠PCB=π4，得PQ=CQ．

因为菱形ABCD的面积为 22，所以点D到AB的距离d= 22，
则sin∠DAB= 22，由AC>BD、0<∠DAB<π，
得∠DAB=π4，即∠DCB=π4，
所以∠DCB=∠PCB，又CD=PC，QC=QC，所以△QCD≌△QCP，
得PQ=DQ，∠DQC=∠PQC=π2，得CQ=DQ，DQ⊥BC，
在△DQC中．∠DCQ=∠CDQ=π4，
所以∠DQC=π2，则DQ= 22，
因为底面ABCD是边长为1的菱形，△PCD为正三角形，所以CD=PD=1，得PQ=DQ= 22，
PQ2+DQ2=PD2，所以PQ⊥DQ，
又DQ∩BC=Q，DQ、BC⊂平面ABCD，
所以PQ⊥平面ABCD，
又PQC平面PBC，所以平面PBC⊥平面ABCD．
18.解：(1)设∠AEB=α，∠AEC=β，则有csα+csβ=0，
由余弦定理可得：1+BC29−AB22×1×BC3+1+4BC29−4AB22×1×2BC3=0，解得9+2BC2−18AB2=0，
在△ABE中，由余弦定理可得：BC29=1+AB2−2×AB×1× 32，解得BC29=1+AB2− 3AB，
联立方程组：9+2BC2−18AB2=0BC29=1+AB2− 3AB，
解得AB= 32，所以AC= 3；
(2)S△ABC=3S△ABE=32AB⋅AE⋅sin30°=34AB⋅AE，
在△ABE中，ABsin∠AEB=AEsinB=BEsin30∘=2，
故AB=2sin∠AEB，AE=2sinB，
∠AEB+∠B=5π6，
所以AB=2sin(B+π6)，
所以S△ABC=34AB⋅AE=34⋅2sin(B+π6)⋅2sinB=3( 32sin2B+12csBsinB)
=3 32⋅1−cs2B2+32⋅12sin2B
=3 34+34sin2B−3 34cs2B
=3 34+32⋅sin(2B−π3)，
因为B∈(0,5π6),2B−π3∈(−π3,4π3)，
故sin(2B−π3)∈(− 32,1],S△ABC∈(0,6+3 34]．
19.解：(1)证明：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，
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2 3a2=ab+ 3b2，
整理有b=2 3a，所以OA=4 39a，
所以OA1=6 39a，AD=32OA=32×4 39a=6 39a，
从而三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×a× 132 3a×6 39a=12a3；
(3)取A1A中点 E，连结A1B，BE，CE，

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，
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°．