2023-2024學(xué)年重慶市部分學(xué)校高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷（含解析）

第=page11頁(yè)，共=sectionpages11頁(yè)2023-2024學(xué)年重慶市部分學(xué)校高一（下）期末數(shù)學(xué)試卷一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.已知復(fù)數(shù)z滿(mǎn)足(1+i)z=2i，則|z?|=A.22 B.1 C.22.7.8，7.9，8.1，8.1，8.3，8.5，8.7，8.9，9.0，9.0，9.1，9.1，9.4的第60百分位數(shù)是(

)A.8.7 B.8.9 C.9.0 D.9.13.在△ABC中，記內(nèi)角A，B，C所對(duì)的邊分別為a，b，c.若c2?ab=(a?b)2，則A.π6 B.π4 C.π34.下列說(shuō)法正確的是(

)A.若空間四點(diǎn)共面，則其中必有三點(diǎn)共線(xiàn)

B.若空間四點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線(xiàn)，則此四點(diǎn)共面

C.若空間四點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線(xiàn)，則此四點(diǎn)不共面

D.若空間四點(diǎn)不共面，則任意三點(diǎn)不共線(xiàn)5.某航空公司銷(xiāo)售一款盲盒機(jī)票，包含哈爾濱、西安、蘭州、濟(jì)南、延吉5個(gè)城市，甲乙兩人計(jì)劃“五一”小長(zhǎng)假前分別購(gòu)買(mǎi)上述盲盒機(jī)票一張，則兩人恰好到達(dá)城市相同的概率為(

)A.15 B.25 C.356.記△ABC的內(nèi)角A，B，C的對(duì)邊分別為a，b，c，若atanB=btanA，cosA+cosB=1，則△ABC是(

)A.等腰三角形 B.等邊三角形 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,A.?2 B.?3 C.?4 D.?58.已知正方體ABCD?A1B1C1D1，F(xiàn)為BB1的中點(diǎn)，過(guò)A1作平面A.六邊形 B.五邊形 C.四邊形 D.三角形二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。9.一個(gè)不透明袋中裝有2個(gè)紅球、2個(gè)白球(每個(gè)球標(biāo)有不同的編號(hào)，除顏色和編號(hào)外均相同)，從中不放回依次抽取2個(gè)球，記事件A為“第一次取的球?yàn)榧t球”，事件B為“第二次取的球?yàn)榘浊颉保瑒t(

)A.P(A)=P(B) B.A，B為對(duì)立事件

C.A，B為相互獨(dú)立事件 D.抽取的2個(gè)球中至多1個(gè)白球的概率為510.已知復(fù)數(shù)z1=2+3i，z2=3?4i，z1，z2在復(fù)平面內(nèi)對(duì)應(yīng)的點(diǎn)分別為ZA.|z1+z2|=|z1|+|z2|

B.|Z1Z2|=52

11.對(duì)棱相等的四面體被稱(chēng)為等腰四面體，現(xiàn)有一等腰四面體ABCD，AB=a，AD=b，AC=c，則下列說(shuō)法正確的是(

)A.該四面體各面均是全等三角形

B.該等腰四面體的面可以是直角三角形

C.若E為AB中點(diǎn)，F(xiàn)為CD中點(diǎn)，則EF⊥AB，EF⊥CD

D.該四面體的體積為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.放風(fēng)箏是一項(xiàng)有益的運(yùn)動(dòng)，現(xiàn)對(duì)高一和高二共1500名同學(xué)進(jìn)行按比例分層抽樣調(diào)查，統(tǒng)計(jì)近兩年放過(guò)風(fēng)箏的人數(shù)，有如下數(shù)據(jù)：高一學(xué)生抽取有效樣本40，放過(guò)風(fēng)箏的人數(shù)為19；高二學(xué)生抽取有效樣本60，放過(guò)風(fēng)箏的人數(shù)為m，由此估計(jì)兩個(gè)年級(jí)近兩年放過(guò)風(fēng)箏的人數(shù)約為540，則m=______．13.已知復(fù)數(shù)z1，z2分別為方程x2?2x+6=0的兩根，則z14.已知a，b，c為單位向量，且|2a?b|=四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟。15.(本小題13分)

2023年冬季“爾濱”爆火，某咨詢(xún)公司開(kāi)展評(píng)價(jià)統(tǒng)計(jì)，以網(wǎng)絡(luò)問(wèn)卷、現(xiàn)場(chǎng)掃碼問(wèn)卷、電話(huà)回訪(fǎng)、短信等方式進(jìn)行，得到若干游客的評(píng)價(jià)得分如圖頻率分布直方圖：

(1)估計(jì)評(píng)分的平均數(shù)(同一組中的數(shù)據(jù)用該組區(qū)間的中點(diǎn)值作代表)，中位數(shù)(精確到0.1)；

(2)按比例從[60,80)中抽取4人，進(jìn)行不滿(mǎn)意情況電話(huà)回訪(fǎng)，再?gòu)倪@4人中隨機(jī)抽取2人發(fā)送禮物，求2人不在同一評(píng)分區(qū)間的概率．16.(本小題15分)

在同一平面內(nèi)，OA,OB的夾角為θ，且2|OA|=|OB|=2,OP=(1?t)OA,OQ=tOB，當(dāng)t取t0時(shí)，|PQ|取最小值，OC=OP+17.(本小題15分)

如圖，點(diǎn)P為邊長(zhǎng)為1的菱形ABCD所在平面外一點(diǎn)，且△PCD為正三角形，∠PCB=π4，四邊形ABCD的面積為22,AC>BD，點(diǎn)M，N分別為DP和AB的中點(diǎn)．

(1)求證：MN/?/平面PBC；

(2)求證：平面18.(本小題17分)

在△ABC中，已知點(diǎn)E滿(mǎn)足BE=12EC,∠BAE=π6．

(1)若AE=1，AC=2AB，求AC的長(zhǎng)度；

19.(本小題17分)

如圖，三棱柱ABC?A1B1C1中，A1在底面ABC內(nèi)的射影為△ABC的外心O，且∠A1AB=60°，AB=AC，BC=a，三棱柱的側(cè)面積為23a2．

(1)求證：AA1

答案解析1.C

【解析】解：(1+i)z=2i，

則z=2i1+i=2i(1?i)(1+i)(1?i)=1+i，

故z?=1?i，

2.B

【解析】解：因?yàn)?3×60%=7.8，

所以第60百分位數(shù)是第8個(gè)數(shù)字，即為8.9．

故選：B．

3.C

【解析】解：a2+b2?c2=ab，

由余弦定理可得，cosC=a2+b4.D

【解析】解：對(duì)于A(yíng)，空間四點(diǎn)共面，如平面四邊形，其中任何三點(diǎn)不共線(xiàn)，故A錯(cuò)誤；

對(duì)于B，空間四點(diǎn)中任意三點(diǎn)不共線(xiàn)，三棱錐的四個(gè)頂點(diǎn)，得到此四點(diǎn)不共面，故B錯(cuò)誤；

對(duì)于C，空間四點(diǎn)中任何三點(diǎn)不共線(xiàn)，則此四點(diǎn)可能共面，如平面四邊形，故C錯(cuò)誤；

對(duì)于D，空間四點(diǎn)不共面，如果任意三點(diǎn)有共線(xiàn)的，那么此四個(gè)點(diǎn)就共面，與已知矛盾．故D正確，

故選：D．

5.A

【解析】解：記哈爾濱、西安、蘭州、濟(jì)南、延吉5個(gè)城市分別為a，b，c，d，e，

則甲乙分別購(gòu)買(mǎi)盲盒機(jī)票一張共有52=25種可能，

其中兩人恰好到達(dá)城市相同的情況有(a,a)，(b,b)，(c,c)，(d,d)，(e,e)，共5種可能，

所以滿(mǎn)足題意的概率為525=156.B

【解析】解：因?yàn)閍tanB=btanA，由正弦定理可得：sinA?sinBcosB=sinB?sinAcosA，

在△ABC中，A∈(0,π)，B∈(0,π)，sinA>0，sinB>0，

可得cosA=cosB，

所以A=B，

又因?yàn)閏osA+cosB=1，可得cosA=cosB=12，

所以A=B=π3，C=7.B

【解析】解：因?yàn)锳E=23AB，AF=14AC，

所以CE=AE?AC=8.C

【解析】解：如圖，取A1B1，B1C1的中點(diǎn)E，G，連接EG，A1C1，AC，BD，F(xiàn)C1，CG，AE，

則EG//A1C1，C1F⊥CG，AC⊥BD，

又A1C1/?/AC，所以EG//AC，則A，C，G，E四點(diǎn)共面，

因?yàn)锳C⊥DD1，AC⊥BD，DD1∩BD=D，DD1、BD?平面DBFD1，

所以AC⊥平面DBFD1，

由D1F?平面DBFD1，得D1F⊥AC，

易知D1C1⊥平面BB1C1C，

CG?平面BB1C1C，

所以CG⊥D19.AD

【解析】解：設(shè)2個(gè)紅球?yàn)锳，B，2個(gè)白球?yàn)镃，D，則從袋中不放回依次抽取2個(gè)球，

所有的基本事件為AB，AC，AD，BC，BD，CD，

則事件A包含的基本事件為AB，AC，AD，BC，BD，所以P(A)=56，

事件B包含的基本事件為AC，AD，BC，BD，CD，所以P(B)=56，

所以P(A)=P(B)，所以A正確，B，C錯(cuò)誤；

事件“抽取的2個(gè)球中至多1個(gè)白球“包含的基本事件為AB，AC，AD，BC，BD，

所以抽取的2個(gè)球中至多1個(gè)白球的概率為56，D正確．10.BD

【解析】解：由z1=2+3i，z2=3?4i，得Z1(2,3)，Z2(3,?4)．

A：z1+z2=5?i，則|z1+z2|=26，又|z1|=13，|z2|=5，所以|z1+z2|≠|(zhì)z1|+|z2|，故A錯(cuò)誤；

B：|Z1Z2|=(2?3)2+(3+4)2=52，故B正確；

C：設(shè)11.ACD

【解析】解：對(duì)于A(yíng)：因?yàn)榈妊拿骟wABCD，則對(duì)棱相等，且AB=a，AD=b，AC=c，

所以該四面體是各個(gè)面的三邊長(zhǎng)均為a，b，c的全等三角形，A正確；

對(duì)于B：若∠ABC為直角，則∠BCD，∠ADC，∠BAD均為直角，

可知A，B，C，D在同一平面上，顯然不可能，B錯(cuò)誤；

對(duì)于C：將四面體補(bǔ)全為長(zhǎng)方體，可知，EF⊥AB，EF⊥CD，C正確；

對(duì)于D：設(shè)長(zhǎng)方體的長(zhǎng)寬高為x，y，z，

則x2+y2=a2x2+z2=b212.17

【解析】解：由題意可知，40+601500=19+m540，

解得m=17．

13.?2

【解析】解：復(fù)數(shù)z1，z2分別為方程x2?2x+6=0的兩根，

則z1+z2=2，z14.13【解析】解：因?yàn)閨a|=|b|=|c|=1，且|2a?b|=7，所以4a2?4a?b+b2=7，

即4?4a?15.解：(1)平均數(shù)約為65×0.05+75×0.15+85×0.55+95×0.25=85，

因?yàn)?.05+0.15=0.2<0.5，0.05+0.15+0.55=0.75>0.5，

所以中位數(shù)落在[80,90)內(nèi)，設(shè)中位數(shù)為x，

則有0.2+(x?80)×0.055=0.5，

解得x≈85.5，

即中位數(shù)約為85.5；

(2)按比例，從[60,70)范圍內(nèi)抽取1人，記為a，從[70,80)范圍內(nèi)抽取3人，記為b1，b2，b3，

從這4人中抽取2人，共C42=4×32=6個(gè)基本事件，

其中【解析】(1)利用平均數(shù)和中位數(shù)的定義求解；

(2)利用古典概型的概率公式求解．

16.解：(1)證明：因?yàn)?|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三點(diǎn)共線(xiàn)；

(2)根據(jù)若t0=27，可設(shè)OA【解析】(1)由向量之間的關(guān)系，判斷三點(diǎn)共線(xiàn)即可．

(2)由向量轉(zhuǎn)化成二次函數(shù)的形式，用判別式法求解最小值，進(jìn)而求解角度即可．

17.證明：(1)取PC的中點(diǎn)E，連接BE，則ME//DC且ME=12DC，

又NB//DC且NB=12DC，

所以NB//ME且NB=ME，

所以四邊形MEBN為平行四邊形，

則MN/?/BE，

又MN不屬于平面PBC，BE?平面PBC，

所以MN/?/平面PBC；

(2)過(guò)P作PQ⊥BC于Q，連接DQ，由∠PCB=π4，得PQ=CQ．

因?yàn)榱庑蜛BCD的面積為22，所以點(diǎn)D到AB的距離d=22，

則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，則DQ=22，

因?yàn)榈酌鍭BCD是邊長(zhǎng)為1的菱形，△PCD為正三角形，所以CD=PD=1，得PQ=DQ=22，

【解析】(1)如圖，根據(jù)中位線(xiàn)的性質(zhì)可得NB//ME且NB=ME，即四邊形MEBN為平行四邊形，則MN/?/BE，結(jié)合線(xiàn)面平行的判定定理即可證明；

(2)如圖，利用全等三角形的性質(zhì)可得∠DQC=∠PQC=π2，即DQ⊥BC，根據(jù)勾股定理的逆定理可得PQ⊥DQ18.解：(1)設(shè)∠AEB=α，∠AEC=β，則有cosα+cosβ=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，

聯(lián)立方程組：9+2BC2?18AB【解析】(1)設(shè)∠AEB=α，∠AEC=β，則有cosα+cosβ=0，由余弦定理可得9+2BC2?18AB2=0，BC29=1+AB2?3AB，兩式聯(lián)立可得AC的值；19.解：(1)證明：連結(jié)OA，交BC于點(diǎn)D，D為BC中點(diǎn)，

因?yàn)镺為A1在平面ABC

內(nèi)的射影，所以A1O⊥BC，

又AB=AC，所以AO⊥BC，

所以BC⊥平面A1OA，因?yàn)锳A1?平面A1OA，

所以AA1⊥BC；

(2)連結(jié)BO，CO，由O為△ABC的外心，

所以AO=BO=CO，又A1O⊥平面ABC，A1O為公共邊，

所以△A1OA?△A1OB?△A1OC，

所以