《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