《2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案）（9页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，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. 22B. 1C. 2D. 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60百分位数是()A. 8.7B. 8.9C. 9.0D. 9.13.在ABC中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c2ab=(ab)2，则C=()A. 6B. 4C. 3D. 234.下列说法正确的是()A. 若空间四点共面，则其中必有三
2、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. 456.记ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若atanB=btanA，cosA+cosB=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
3、=14AC，则CEBF=()A. 2B. 3C. 4D. 58.已知正方体ABCDA1B1C1D1，F为BB1的中点，过A1作平面满足条件，D1F，则截正方体ABCDA1B1C1D1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
4、至多1个白球的概率为5610.已知复数z1=2+3i，z2=34i，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 2C. 满足|z|=|z2|的复数z对应的点Z形成的图形的周长是5D. 满足|z1|z|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ABCD18.(本小题17分)在ABC中，已知点E满足BE=12EC,BAE=6(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ABCA1B1C1中，A1在底面AB
5、C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：AA1BC；(2)求三棱柱ABCA1B1C1的体积；(3)分别求二面角BAA1C和二面角ABB1C的大小参考答案1.C2.B3.C4.D5.A6.B7.B8.C9.AD10.BD11.ACD12.1713.214. 1315.解：(1)平均数约为650.05+750.15+850.55+950.25=85，因为0.05+0.15=0.20.5，所以中位数落在80,90)内，设中位数为x，则有0.2+(x80)0.055=0.5，解得x85.5，即中位数约为85.5；(2)按比例，从60,7
6、0)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=432=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=1216.解：(1)证明：因为2|OA|=|OB|=2,OP=(1t)OA,OQ=tOB，OC=(1t)OAtOB，有OCOA=t(OBOA),AC=tAB，所以A，B，C三点共线；(2)根据若t0=27，可设OA=(1,0),OB=(2cos,2sin)，则OP=(1t,0),OQ=(2tcos,2tsin)，|PQ|=(1t2tcos)2+(2tsin)2=t2(5+4cos)2(1+2co
7、s)，因为5+4cos0，=4(1+2cos)24(5+4cos)=16cos2160，当t=1+2cos5+4cos时，|PQ|取最小值，有1+2cos5+4cos=27，解得cos=12，从而=317.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PQBC于Q，连接DQ，由PCB=4，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sinDAB= 22，由AC
8、BD、0DAB，得DAB=4，即DCB=4，所以DCB=PCB，又CD=PC，QC=QC，所以QCDQCP，得PQ=DQ，DQC=PQC=2，得CQ=DQ，DQBC，在DQC中DCQ=CDQ=4，所以DQC=2，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PQDQ，又DQBC=Q，DQ、BC平面ABCD，所以PQ平面ABCD，又PQC平面PBC，所以平面PBC平面ABCD18.解：(1)设AEB=，AEC=，则有cos+cos=0，由余弦定理可得：1+BC29AB221BC3+1+4BC294AB22
9、12BC3=0，解得9+2BC218AB2=0，在ABE中，由余弦定理可得：BC29=1+AB22AB1 32，解得BC29=1+AB2 3AB，联立方程组：9+2BC218AB2=0BC29=1+AB2 3AB，解得AB= 32，所以AC= 3；(2)SABC=3SABE=32ABAEsin30=34ABAE，在ABE中，ABsinAEB=AEsinB=BEsin30=2，故AB=2sinAEB，AE=2sinB，AEB+B=56，所以AB=2sin(B+6)，所以SABC=34ABAE=342sin(B+6)2sinB=3( 32sin2B+12cosBsinB) =3 321cos2B2
10、+3212sin2B =3 34+34sin2B3 34cos2B =3 34+32sin(2B3)，因为B(0,56),2B3(3,43)，故sin(2B3)( 32,1,SABC(0,6+3 3419.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A1OBC，又AB=AC，所以AOBC，所以BC平面A1OA，因为AA1平面A1OA，所以AA1BC；(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A1OAA1OBA1OC，所以A1A=A1B=A1C，由A1AB=60，所以A1A=AB=A
11、C，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=324 39a=6 39a，从而三棱柱ABCA1B1C1的体积为12a 132 3a6 39a=12a3；(3)取A1A中点E，连结A1B，BE，CE， 由A1AB，A1AC是等边三角形，所以BEAA1，CEAA1，所以BEC为平面ABB1A1与平面ACC1A1所成的二面角，又BB1BC，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BAA1C和二面角ABB1C均为60第9页，共9页
