《2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含解析）》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（含解析）（14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，
