2023-2024学年重庆市部分学校高一（下）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页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.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60百分位数是(

)A.8.7 B.8.9 C.9.0 D.9.13.在△ABC中，记内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.若c2−ab=(a−b)2，则A.π6 B.π4 C.π34.下列说法正确的是(

)A.若空间四点共面，则其中必有三点共线

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.15 B.25 C.356.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,A.−2 B.−3 C.−4 D.−58.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，F为BB1的中点，过A1作平面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个球中至多1个白球的概率为510.已知复数z1=2+3i，z2=3−4i，z1，z2在复平面内对应的点分别为ZA.|z1+z2|=|z1|+|z2|

B.|Z1Z2|=52

11.对棱相等的四面体被称为等腰四面体，现有一等腰四面体ABCD，AB=a，AD=b，AC=c，则下列说法正确的是(

)A.该四面体各面均是全等三角形

B.该等腰四面体的面可以是直角三角形

C.若E为AB中点，F为CD中点，则EF⊥AB，EF⊥CD

D.该四面体的体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.放风筝是一项有益的运动，现对高一和高二共1500名同学进行按比例分层抽样调查，统计近两年放过风筝的人数，有如下数据：高一学生抽取有效样本40，放过风筝的人数为19；高二学生抽取有效样本60，放过风筝的人数为m，由此估计两个年级近两年放过风筝的人数约为540，则m=______．13.已知复数z1，z2分别为方程x2−2x+6=0的两根，则z14.已知a，b，c为单位向量，且|2a−b|=四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题13分)

2023年冬季“尔滨”爆火，某咨询公司开展评价统计，以网络问卷、现场扫码问卷、电话回访、短信等方式进行，得到若干游客的评价得分如图频率分布直方图：

(1)估计评分的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)，中位数(精确到0.1)；

(2)按比例从[60,80)中抽取4人，进行不满意情况电话回访，再从这4人中随机抽取2人发送礼物，求2人不在同一评分区间的概率．16.(本小题15分)

在同一平面内，OA,OB的夹角为θ，且2|OA|=|OB|=2,OP=(1−t)OA,OQ=tOB，当t取t0时，|PQ|取最小值，OC=OP+17.(本小题15分)

如图，点P为边长为1的菱形ABCD所在平面外一点，且△PCD为正三角形，∠PCB=π4，四边形ABCD的面积为22,AC>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⊥18.(本小题17分)

在△ABC中，已知点E满足BE=12EC,∠BAE=π6．

(1)若AE=1，AC=2AB，求AC的长度；

19.(本小题17分)

如图，三棱柱ABC−A1B1C1中，A1在底面ABC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23a2．

(1)求证：AA1

参考答案1.C

2.B

3.C

4.D

5.A

6.B

7.B

8.C

9.AD

10.BD

11.ACD

12.17

13.−2

14.1315.解：(1)平均数约为65×0.05+75×0.15+85×0.55+95×0.25=85，

因为0.05+0.15=0.2<0.5，0.05+0.15+0.55=0.75>0.5，

所以中位数落在[80,90)内，设中位数为x，

则有0.2+(x−80)×0.055=0.5，

解得x≈85.5，

即中位数约为85.5；

(2)按比例，从[60,70)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=4×32=6个基本事件，

其中16.解：(1)证明：因为2|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三点共线；

(2)根据若t0=27，可设OA17.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PQ⊥BC于Q，连接DQ，由∠PCB=π4，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，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，

18.解：(1)设∠AEB=α，∠AEC=β，则有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，

联立方程组：9+2BC2−18AB19.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A1O⊥BC，

又AB=AC，所以AO⊥BC，

所以BC⊥平面A1OA，因为AA1⊂平面A1OA，

所以AA1⊥BC；

(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△A1OA≅△A1OB≅△A1OC，

所以

A