2023-2024学年重庆市康德卷高一下学期期末联合检测数学试卷（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年重庆市康德卷高一下学期期末联合检测数学试卷一、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+cosA.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|=7，则四、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下频率分布直方图：

(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(1)证明A，B，C三点共线;(2)若t0=2717.(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(1)求证：MN/​/平面PBC;(2)求证：平面PBC⊥平面ABCD．18.(本小题17分)在△ABC中，已知点E满足BE=12(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ABC−A1B1C1中，A1在底面ABC内的射影为△ABC的外心O，且∠A1(1)求证：A(2)求三棱柱ABC−A1(3)分别求二面角B−AA1−C和二面角A−B答案解析1.【答案】C

【解析】解：∵(1+i)z=2i，

∴z=2i1+i=2i1−i1+i1−i=i2.【答案】B

【解析】解：由题意可知共有13个数据，且13个数据按从小到大排列，

因为13×60％=7.8，

所以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60百分位数是第八位上的数，即8.9．

故选B．3.【答案】C

【解析】解：由c2−ab=(a−b)2得，a2+因为C∈(0,π)，所以C=π4.【答案】D

【解析】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，空间四点中有三点不共线，根据不共线的三点确定一个平面，第四点可能不在这平面内；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：D．5.【答案】A

【解析】解：设两人恰好到达城市相同记为事件A，

则P(A)=55×5=156.【答案】B

【解析】解：由题意，atanB=btanA得asinBcosB=bsinAcosA，

由正弦定理得，sinA·sinBcosB=sinB·sinAcosA

7.【答案】B

【解析】解：CE⋅BF=(CA+8.【答案】C

【解析】解：如图，在正方体中，A1C1⊥D1F，在矩形D1DBB1中，做EF⊥D1F，

过9.【答案】AD

【解析】解：设2个红球、2个白球的编号均为1，2，

从中不放回依次抽取2个球，

则样本空间为：红1红2，红1白1，红1白2，红2红1，红2白1，红2白2，白1红1，白1红2，白1白2，白2红1，白2红2，白2白1，共12个，

则第一次取的球为红球的情况有：红1红2，红1白1，红1白2，红2红1，红2白1，红2白2，共6个，

则P(A)=612=12，

则第二次取的球为白球的情况有：红1白1，红1白2，红2白1，红2白2，白1白2，白2白1，共6个，

则P(B)=612=12，

所以P(A)=P(B)，故A正确；

事件A与事件B有重叠的情况，显然A，B不是对立事件，故B错误；

第一次取的球为红球且第二次取的球为白球的情况有：红1白1，红1白2，红2白1，红2白2，共4个，

所以P(AB)=412=13，

所以P(A)P(B)≠P(AB)，所以A，B不是相互独立事件，故C错误；

抽取的2个球中都是红球的情况有：红1红2，红210.【答案】BD

【解析】解：由题可知，复数z1=2+3i，z2=3−4i在复平面内对应的点分别为Z12,3,Z23,−4，

对A选项，z1+z2=2+3i+3−4i=5−i，z1+z2=5−i=52+−12=26，

z1+z2=22+32+32+−42=13+5，所以z1+z2≠z11.【答案】ACD

【解析】解：显然该四面体各个面的三边长均为a，b，c的全等三角形，A正确;

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;

将四面体补全为长方体，由长方体的性质可知，EF⊥AB，EF⊥CD，C正确;

设长方体的长宽高为x，y，z，则有x2+y2=a2x2+z2=b2y212.【答案】17

【解析】解：根据题意，19+m40+60=54013.【答案】−2

【解析】解：由韦达定理可得：z1+z2=2，z12−2z114.【答案】13【解析】解：因为a,b,c为单位向量，

则由|2a−b有a⋅b=−12则|3a当且仅当3a−c与b−所以(|3a故答案为1315.【答案】解：(1)平均数为65×0.05+75×0.15+85×0.55+95×0.25=85，

设中位数为x，则有(x−80)⋅0.055=0.5−0.05−0.15=0.3⇒x=80+0.30.055≈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4×32=6个基本事件，

【解析】本题考查了频率分步直方图，古典概型的计算，属中档题．

(1)利用平均数的计算公式进行求解可得．

(2)利用古典概型的计算公式进行求解可得．16.【答案】解：(1)OC=(1−t)OA+tOB，有OC−OA=t(OB−OA)，AC=tAB，

所以A，B，C三点共线;

(2)设OA=(1,0)，OB=(2cosθ,2sinθ)，

则OP=(1−t,0)，OQ=(2tcosθ,2tsinθ)【解析】本题考查平面向量数量积的运算，平面向量模的定义，属于中档题，

(1)利用向量的运算进行求解可得．

(2)首先求得|PQ|2=t2(5+417.【答案】证明：(1)取PC中点E，连接ME，BE，

∵M为DP中点，N为AB中点，

∴ME//CD且ME=12CD，

又∵BN//CD且BN=12CD，

∴ME//BN且ME=BN，

∴四边形BEMN为平行四边形，

∴MN/​/BE，

∵MN⊄平面PBC，BE⊂平面PBC，

∴MN/​/平面PBC；

(2)∵四边形ABCD的面积为22，

∴SABCD=CB⋅CD⋅sinC=sinC=22，

因为AC>BD，

所以解得∠DCB=π4，

因为∠DCB=∠PCB=π4，CD=PC，BC=BC，

∴△BCD≌△BCP，故BC=CD=PC，

过P作PQ⊥BC于点Q，连接DQ，

根据△BCD≌△BCP，DQ⊥BC，

，

∴PQ⊥DQ，

又PQ⊥BC，BC⋂DQ=Q，BC、DQ⊂平面ABCD【解析】本题考查线面平行、面面垂直的判断，属于中档题．

(1)取PC中点E，连接ME，BE，利用中位线定理得到四边形BEMN为平行四边形，根据线面平行的判定定理即可得证；

(2)由题意得到△BCD≌△BCP，过P作PQ⊥BC于点Q，利用勾股定理和面面垂直的判定定理即可得证．18.【答案】解：(1)记∠AEB=α，∠AEC=β，则有cosα+cosβ=0，

即1+BC29−AB22×1×BC3+1+4BC29−4AB22×1×在△ABE中，ABsin∠AEB=AEsinB=BEsin30∘=2，故AB=2sin∠AEB，AE=2sin=334+32sin(2B−π3)

【解析】本题考查了三角形面积公式，正弦的和差公式，余弦定理，属中档题．

(1)记∠AEB=α，∠AEC=β，则有cosα+cosβ=0，然后利用余弦定理进行后面的求解可得．19.【答案】解：(1)连结OA，延长交BC于点D，则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，

又A1O∩AO=O,A1O,AO⊂平面A1OA，

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≌△