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）

这是一份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），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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. 2
2.7.8，7.9，8.1，8.1，8.3，8.5，8.7，8.9，9.0，9.0，9.1，9.1，9.4的第60百分位数是( )
A. 8.7B. 8.9C. 9.0D. 9.1
3.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C=( )
A. π6B. π4C. π3D. 2π3
4.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. 15B. 25C. 35D. 45
6.记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若atanB=btanA，csA+csB=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=14AC，则CE⋅BF=( )
A. −2B. −3C. −4D. −5
8.已知正方体ABCD−A1B1C1D1，F为BB1的中点，过A1作平面α满足条件D1F⊥α，则α截正方体ABCD−A1B1C1D1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个球中至多1个白球的概率为56
10.已知复数z1=2+3i，z2=3−4i，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 2
C. 满足|z|=|z2|的复数z对应的点Z形成的图形的周长是5π
D. 满足|z1|<|z|<|z2|的复数z对应的点Z形成的图形的面积是12π
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 212 (a2+b2−c2)(b2+c2−a2)(c2+a2−b2)
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z12+2z2= ．
14.已知a，b，c为单位向量，且|2a−b|= 7，则|3a−c|+|b−c|的最小值为 ．
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t取t0时，|PQ|取最小值，OC=OP+OQ．
(1)证明A，B，C三点共线;
(2)若t0=27，求θ．
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⊥平面ABCD．
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;
(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∠A1AB=60∘，AB=AC，BC=a，三棱柱的侧面积为2 3a2．
(1)求证：AA1⊥BC;
(2)求三棱柱ABC−A1B1C1的体积;
(3)分别求二面角B−AA1−C和二面角A−BB1−C的大小．
答案解析
1.【答案】C
【解析】解：∵(1+i)z=2i，
∴z=2i1+i=2i1−i1+i1−i=i1−i=1+i，
∴|z|= 1+1= 2．
故选C．
2.【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+b2−c2=ab，
由余弦定理得 cs C=a2+b2−c22ab=ab2ab=12，
因为C∈(0,π)，
所以C=π3．
4.【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=15．
故选A．
6.【答案】B
【解析】解：由题意，atanB=btanA得asinBcsB=bsinAcsA，
由正弦定理得，sinA·sinBcsB=sinB·sinAcsA ，得 csA=csB，
又csA+csB=1，得csA=csB=12
又
则，
即△ABC为等边三角形，
故选B．
7.【答案】B
【解析】解：CE⋅BF=(CA+AE)(BA+AF)
=CA⋅BA+AE⋅BA+CA⋅AF+AE⋅AF
=4×3×cs60∘−3×2−4×1+2×1×cs60∘=−3．
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O1作OO1//EF，则有OO1⊥D1F，所以D1F⊥平面A1OC1，即平面α截正方体的截面为四边形．
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2红1，共2个，
所以抽取的2个球中至多1个白球的概率为1−212=56，故D正确．
10.【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≠z1+z2，故A错误；
对B选项，Z1Z2=Z1Z2=OZ2−OZ1=z2−z1=3−4i−2+3i=1−7i= 12+−72=5 2，故B正确；
对C选项，若|z|=|z2|=5，则复数z对应的点Z形成的图形是以点(0,0)为圆心，5为半径的圆，
其周长为，故C不正确；
对D选项，若 13=|z1|<|z|<|z2|=5，
则复数z对应的点Z形成的图形是以点(0,0)为圆心， 13为半径的小圆和以点(0,0)为圆心，5为半径的大圆所围成的圆环，其面积为，故D正确．
故选BD．
11.【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=b2y2+z2=c2．
解得x= a2+b2−c22y= a2+c2−b22x= b2+c2−a22,
所以四面体的体积V=xyz−46xyz=13xyz
= 212 (a2+b2−c2)(a2+c2−b2)(b2+c2−a2)，D正确．
故选ACD．
12.【答案】17
【解析】解：根据题意，19+m40+60=5401500，解得m=17．
13.【答案】−2
【解析】解：由韦达定理可得：z1+z2=2，z12−2z1+6=0，即z12−2z1=−6，
∴z12+2z2=z12+22−z1=z12−2z1+4=−6+4=−2．
故答案为：−2．
14.【答案】 13
【解析】解：因为a,b,c为单位向量，
则|a|=|b|=|c|=1，所以a2=b2=c2=1，
由|2a−b|= 7，得(2a−b)2=4a2−4a⋅b+b2=7，
有a⋅b=−12，
所以|3a−b|= (3a−b)2= 9a2−6a⋅b+b2= 13，
则|3a−c|+|b−c|⩾3a−c−b−c|=|3a−b= 13，
当且仅当3a−c与b−c方向相反时“= ”成立，
所以(|3a−c|+|b−c|)min= 13．
故答案为 13．
15.【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+≈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，
其中2人不在同一评分区间有3个基本事件，从而概率为36=12．
【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=(2csθ,2sinθ)，
则OP=(1−t,0)，OQ=(2tcsθ,2tsinθ)，
从而|PQ|2=(1−t−2tcsθ)2+(2tsinθ)2=t2(5+4csθ)−2(1+2csθ)t+1，
因为5+4csθ>0，△=4(1+2csθ)2−4(5+4csθ)=16cs2θ−16≤0，
当t=1+2csθ5+4csθ时|PQ|取最小值，
有1+2csθ5+4csθ=27，解得csθ=12，从而θ=π3．
【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+4csθ)−2(1+2csθ)t+1，得到t=1+2csθ5+4csθ，从而得到1+2csθ5+4csθ=27，从而得到角θ．
17.【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，
∴PQ⊥平面ABCD，
∵PQ⊂平面PBC，
∴平面PBC⊥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csα+csβ=0，
即1+BC29−AB22×1×BC3+1+4BC29−4AB22×1×2BC3=0，
解得9+2BC2−18AB2=0，
在△ABE中，BC29=1+AB2−2×AB×1× 32，解得BC29=1+AB2− 3AB，
联立方程组则有9+2BC2−18AB2=0BC29=1+AB2− 3AB，解得AB= 32，所以AC= 3;
(2)S△ABC=3S△ABE=32AB⋅AE⋅sin30∘=34AB⋅AE，
在△ABE中，ABsin∠AEB=AEsinB=BEsin30∘=2，故 AB=2sin∠AEB，AE=2sinB，
而∠AEB+∠B=5π6，
故AB=2sin(B+π6)，S△ABC=34AB⋅AE=3[sin(B+π6)]
=32( 3sin2B+csBsinB)
=32( 31−cs2B2+sin2B2)=34( 3+sin2B− 3cs2B)
=3 34+32sin(2B−π3)，
而B∈(0,5π6)，2B−π3∈(−π3,4π3)，
故sin(2B−π3)∈(− 32,1]，S△ABC∈(0,6+3 34].

【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csα+csβ=0，然后利用余弦定理进行后面的求解可得．
(2)利用三角形的面积公式和正弦的和差公式进行求解可得．
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≌△A1OB≌△A1OC，
所以A1A=A1B=A1C，
由∠A1AB=60∘，
所以A1A=AB=AC，
所以四边形A1ABB1，A1ACC1均为菱形，
由(1)知四边形BCC1B1为矩形，
令A1A=b，菱形A1ABB1的面积为 32b2，矩形BCC1B1的面积为ab，
从而有2 3a2=ab+ 3b2，整理有b=2 3a，
所以OA=4 39a，
所以OA1=6 39a，
从而三棱柱ABC−A1B1C1的体积为12×a× 132 3a×6 39a=12a3;
(3)取A1A中点E，连结A1B，BE，CE，
由△A1AB，△A1AC是等边三角形，
所以BE⊥AA1，CE⊥AA1，
所以∠BEC为平面ABB1A1与平面ACC1A1所成的二面角，
又BB1⊥BC，
所以∠EBC为平面ABB1A1与平面BCC1B1所成二面角，
由BE= 32AB=a，
所以△BCE为等边三角形，
所以∠EBC=∠BEC=60∘，
所以二面角B−AA1−C和二面角A−BB1−C均为60∘．
【解析】本题考查线面垂直的判定、线面垂直的性质、棱柱的体积、棱柱的侧面积和表面积、二面角，属于较难题．
(1)证出BC⊥平面A1OA，即可证出结果；
(2)利用棱柱的体积公式，即可求出结果；
(3)找出二面角的平面角，解三角形，即可求出结果．