![2023-2024学年重庆市部分学校高一(下)期末数学试卷(含答案)_第1页](http://file4.renrendoc.com/view5/M00/1A/3E/wKhkGGaRRm2Absx6AAIMidJv0LM733.jpg)
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文档简介
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
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