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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的大小答案解析1.C【解析】解:(1+i)z=2i,则z=2i1+i=2i(1i)(1+i)(1i)=1+i,故z=1i,所以|z|= 12+(1)2= 2故选:C2.B【解析】解:因为1360%=7.8,所以第60百分位数是第8个数字,即为8.9故选:B3.C【解析】解:a2+b2c2=ab,由余弦定理可得,cosC=a2+b2c22ab=12,由C为三角形内角得,C=3故选:C4.D【解析
6、】解:对于A,空间四点共面,如平面四边形,其中任何三点不共线,故A错误;对于B,空间四点中任意三点不共线,三棱锥的四个顶点,得到此四点不共面,故B错误;对于C,空间四点中任何三点不共线,则此四点可能共面,如平面四边形,故C错误;对于D,空间四点不共面,如果任意三点有共线的,那么此四个点就共面,与已知矛盾故D正确,故选:D5.A【解析】解:记哈尔滨、西安、兰州、济南、延吉5个城市分别为a,b,c,d,e,则甲乙分别购买盲盒机票一张共有52=25种可能,其中两人恰好到达城市相同的情况有(a,a),(b,b),(c,c),(d,d),(e,e),共5种可能,所以满足题意的概率为525=15故选:A6
7、.B【解析】解:因为atanB=btanA,由正弦定理可得:sinAsinBcosB=sinBsinAcosA,在ABC中,A(0,),B(0,),sinA0,sinB0,可得cosA=cosB,所以A=B,又因为cosA+cosB=1,可得cosA=cosB=12,所以A=B=3,C=3,所以ABC为等边三角形故选:B7.B【解析】解:因为AE=23AB,AF=14AC,所以CE=AEAC=23ABAC,BF=AFAB=14ACAB,所以CEBF=(23ABAC)(14ACAB)=56ABAC23AB214AC2=7634cos602391416=3故选:B8.C【解析】解:如图,取A1B1
8、,B1C1的中点E,G,连接EG,A1C1,AC,BD,FC1,CG,AE,则EG/A1C1,C1FCG,ACBD,又A1C1/AC,所以EG/AC,则A,C,G,E四点共面,因为ACDD1,ACBD,DD1BD=D,DD1、BD平面DBFD1,所以AC平面DBFD1,由D1F平面DBFD1,得D1FAC,易知D1C1平面BB1C1C,CG平面BB1C1C,所以CGD1C1,又C1FCG,C1FD1C1=C1,C1F、D1C1平面D1C1F,所以CG平面D1C1F,由D1F平面D1C1F,得D1FCG,又ACCG=C,AC、CG平面ACGE,所以D1F平面ACGE,即为平面ACGE,是四边形故
9、选:C9.AD【解析】解:设2个红球为A,B,2个白球为C,D,则从袋中不放回依次抽取2个球,所有的基本事件为AB,AC,AD,BC,BD,CD,则事件A包含的基本事件为AB,AC,AD,BC,BD,所以P(A)=56,事件B包含的基本事件为AC,AD,BC,BD,CD,所以P(B)=56,所以P(A)=P(B),所以A正确,B,C错误;事件“抽取的2个球中至多1个白球“包含的基本事件为AB,AC,AD,BC,BD,所以抽取的2个球中至多1个白球的概率为56,D正确故选:AD10.BD【解析】解:由z1=2+3i,z2=34i,得Z1(2,3),Z2(3,4)A:z1+z2=5i,则|z1+z
10、2|= 26,又|z1|= 13,|z2|=5,所以|z1+z2|z1|+|z2|,故A错误;B:|Z1Z2|= (23)2+(3+4)2=5 2,故B正确;C:设z=a+bi(a,bR),则|z|= a2+b2,由|z|=|z2|,得 a2+b2=5,即a2+b2=25,所以复数z对应的点Z形成的图形的周长为10,故C错误;D:设z=a+bi(a,bR),则|z|= a2+b2,又|z1|= 13,|z2|=5,所以 13 a2+b25,即13a2+b225,所以满足|z1|z|z2|的复数z对应的点Z形成的图形的面积为2513=12,故D正确故选:BD11.ACD【解析】解:对于A:因为等
11、腰四面体ABCD,则对棱相等,且AB=a,AD=b,AC=c,所以该四面体是各个面的三边长均为a,b,c的全等三角形,A正确;对于B: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;对于C:将四面体补全为长方体,可知,EFAB,EFCD,C正确;对于D:设长方体的长宽高为x,y,z,则x2+y2=a2x2+z2=b2y2+z2=c2,解得y= a2b2+c22x= b2a2+c22z= a2+b2c22,所以四面体的体积V=xyz46xyz=13xyz= 212 (a2+b2c2)(a2+c2b2)(b2+c2a2),D正确故选:ACD12.17【解析】解:由题意可知,40+601500=19+m540,解得m=17故答案为:1713.2【解析】解:复数z1,z2分别为方程x22x+6=0的两根,则z1+z2=2,z12=2z16,z12+2z2=2z16+2z2=2(z1+z2)6=46=2故答案为:214. 13【解析】解:因为|a|=|b|=|c|=1,且|2ab|= 7,