重庆市部分学校（康德卷）2023-2024学年高一下学期期末联合检测数学试卷

这是一份重庆市部分学校（康德卷）2023-2024学年高一下学期期末联合检测数学试卷，共8页。试卷主要包含了 下列说法正确的是，从而概率为 36=12等内容，欢迎下载使用。

数学测试卷共4页，满分 150分。考试时间120分钟。
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的准考证号、姓名、班级填写在答题卡上。考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“准考证号、姓名、考试科目”与考生本人准考证号、姓名是否一致。
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，用 0.5 毫米的黑色墨水签字笔在答题卡上书写作答。若在试题卷上作答，答案无效。
3.考试结束，考生必须将试题卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，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.2 D. 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. 8.7 B. 8.9 C. 9.0 D. 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-b²,则C=
A. π/6 B. π/4 C. π/3 D.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. 15 B. 25 c. 35 D. 45
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第1页 共8页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. -2 B. -3 C. -4 D. -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、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分。
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|=52
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|0,Δ=41+2csθ²-45+4csθ=16cs²θ-16≤0
当 t=1+2csθ5+4csθ时 |PQ|取最小值， …13分
有 1+2csθ5+4csθ=27, 解得 csθ=12, 从而 θ=π3. …15分
17. (15分)
证明:(1)取PC中点E,连接ME, BE, 因为M为DP中点, N为AB 中点,所以 ME12CD且 ME=12CD,又因为 BN12CD且 BN=12CD,所以ME∥BN且ME=BN,
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第6页 共8页 所以四边形BEMN 为平行四边形， ……3分
所以MN∥BE,
因为MN⊄平面PBC, BE⊂平面PBC,
所以MN//平面PBC; ……6分
(2) 因为 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,所以△BCD≌△BCP,过P作PQ⊥BC于点Q, 连接DQ, 所以DQ⊥BC,所以 PQ=DQ=DC⋅22=22,PQ2+DQ2=1=PD2,所以PQ⊥DQ, 又PQ⊥BC, BC∩DQ=Q, 所以PQ⊥平面ABCD,因为PQ⊂平面PBC,……10分
……8分
所以平面PBC⊥平面ABCD. ……15分……14分
18. (17分)
解: (1) 记∠AEB=α,∠AEC=β, 则有csα+csβ=0, ……1分艮 1+BC29-AB22×1×BC3+1+4BC29-4AB22×1×2BC3=0,解得 9+2BC2-18AB2=0.⋯⋯3分在△ABE中, BC29=1+AB2-2×AB×1×32,解得 BC29=1+AB2-3AB,……5分联立方程组则有 9+2BC2-18AB2=0BC29=1+AB2-3AB,解得 AB=32,所以 AC=3;
2SABC=3SABE=32AB⋅AE⋅sin30∘=34AB⋅AE, …8分……7分
在△ABE中, ABsin∠AEB=AEsinB=BEsin30∘=2,故AB=2sin∠AEB,AE=2sinB , ……10分而 ∠AEB+∠B=5π6,
故 AB=2sinB+π6,SABc=34AB⋅AE=3sinB+π6⋅sinB=323sin2B+csBsinB
=3231-cs2B2+sin2B2=343+sin2B-3cs2B=334+32sin2B-π3, ……14分而 B∈05π6,2B-π3∈-π34π3,故 sin2B-π3∈-321,SABC∈06+334.……17分
19. (17 分)
解:(1) 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 A₁A=A₁B=A₁C,由 ∠A₁AB=60°,
所以.A₁A=AB=AC, ……7分
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 23a2=ab+3b2, ……9分
整理有 b=23a,所以 OA=439a,所以 OA1=639a,从而三棱柱 ABC-A₁B₁C₁的体积为 12×a×1323a×639a=12a3;
(3) 取A₁A中点 E , 连结A₁B, BE, CE,……12分
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， …15分
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°.……17分
高一(下)期末联合检测试卷(数学)第8页 共8页