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.已知复数满足，则( )
A. B. C. D.
2.，，，，，，，，，，，，的第百分位数是( )
A. B. C. D.
3.在中，记内角，，所对的边分别为，，若，则( )
A. B. C. D.
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. B. C. D.
6.记的内角，，的对边分别为，，，若，，则是( )
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.在中，，，，且，则( )
A. B. C. D.
8.已知正方体，为的中点，过作平面满足条件，，则截正方体所得截面为( )
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个红球、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个球，记事件为“第一次取的球为红球”，事件为“第二次取的球为白球”，则( )
A. B. ，为对立事件
C. ，为相互独立事件 D. 抽取的个球中至多个白球的概率为
10.已知复数，，，在复平面内对应的点分别为，，则( )
A.
B.
C. 满足的复数对应的点形成的图形的周长是
D. 满足的复数对应的点形成的图形的面积是
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，，，，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. 若为中点，为中点，则，
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，放过风筝的人数为；高二学生抽取有效样本，放过风筝的人数为，由此估计两个年级近两年放过风筝的人数约为，则 ______．
13.已知复数，分别为方程的两根，则 ______．
14.已知，，为单位向量，且，则的最小值为______．
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.本小题分
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：
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；
按比例从中抽取人，进行不满意情况电话回访，再从这人中随机抽取人发送礼物，求人不在同一评分区间的概率．
16.本小题分
在同一平面内，的夹角为，且，当取时，取最小值，．
证明，，三点共线；
若，求．
17.本小题分
如图，点为边长为的菱形所在平面外一点，且为正三角形，，四边形的面积为，点，分别为和的中点．
求证：平面；
求证：平面平面．
18.本小题分
在中，已知点满足．
若，，求的长度；
若，求面积的取值范围．
19.本小题分
如图，三棱柱中，在底面内的射影为的外心，且，，，三棱柱的侧面积为．
求证：；
求三棱柱的体积；
分别求二面角和二面角的大小．
答案解析
1.
【解析】解：，
则，
故，
所以．
故选：．
2.
【解析】解：因为，
所以第百分位数是第个数字，即为．
故选：．
3.
【解析】解：，
由余弦定理可得，，
由为三角形内角得，．
故选：．
4.
【解析】解：对于，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，空间四点中任意三点不共线，三棱锥的四个顶点，得到此四点不共面，故B错误；
对于，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，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：．
5.
【解析】解：记哈尔滨、西安、兰州、济南、延吉个城市分别为，，，，，
则甲乙分别购买盲盒机票一张共有种可能，
其中两人恰好到达城市相同的情况有，，，，，共种可能，
所以满足题意的概率为．
故选：．
6.
【解析】解：因为，由正弦定理可得：，
在中，，，，，
可得，
所以，
又因为，可得，
所以，，
所以为等边三角形．
故选：．
7.
【解析】解：因为，，
所以，，
所以．
故选：．
8.
【解析】解：如图，取，的中点，，连接，，，，，，，
则，，，
又，所以，则，，，四点共面，
因为，，，、平面，
所以平面，
由平面，得，
易知平面，
平面，
所以，
又，，F、平面，
所以平面，
由平面，得，
又，、平面，
所以平面，即为平面，是四边形．
故选：．
9.
【解析】解：设个红球为，，个白球为，，则从袋中不放回依次抽取个球，
所有的基本事件为，，，，，，
则事件包含的基本事件为，，，，，所以，
事件包含的基本事件为，，，，，所以，
所以，所以A正确，，C错误；
事件“抽取的个球中至多个白球“包含的基本事件为，，，，，
所以抽取的个球中至多个白球的概率为，D正确．
故选：．
10.
【解析】解：由，，得，．
：，则，又，，所以，故A错误；
：，故B正确；
：设，则，由，得，
即，
所以复数对应的点形成的图形的周长为，故C错误；
：设，则，又，，
所以，即，
所以满足的复数对应的点形成的图形的面积为，故D正确．
故选：．
11.
【解析】解：对于：因为等腰四面体，则对棱相等，且，，，
所以该四面体是各个面的三边长均为，，的全等三角形，A正确；
对于：若为直角，则，，均为直角，
可知，，，在同一平面上，显然不可能，B错误；
对于：将四面体补全为长方体，可知，，，C正确；
对于：设长方体的长宽高为，，，
则，解得，
所以四面体的体积，D正确．
故选：．
12.
【解析】解：由题意可知，，
解得．
故答案为：．
13.
【解析】解：复数，分别为方程的两根，
则，，
．
故答案为：．
14.
【解析】解：因为，且，所以，
即，解得，
所以，
当向量与反向共线时，等号成立，
故的最小值为．
故答案为：．
15.解：平均数约为，
因为，，
所以中位数落在内，设中位数为，
则有，
解得，
即中位数约为；
按比例，从范围内抽取人，记为，从范围内抽取人，记为，，，
从这人中抽取人，共个基本事件，
其中人不在同一评分区间有个基本事件，
从而概率为．
【解析】利用平均数和中位数的定义求解；
利用古典概型的概率公式求解．
16.解：证明：因为，
，
有，所以，，三点共线；
根据若，可设，
则，
，
因为，，
当时，取最小值，
有，解得，从而．
【解析】由向量之间的关系，判断三点共线即可．
由向量转化成二次函数的形式，用判别式法求解最小值，进而求解角度即可．
17.证明：取的中点，连接，则且，
又且，
所以且，
所以四边形为平行四边形，
则，
又不属于平面，平面，
所以平面；
过作于，连接，由，得．
因为菱形的面积为，所以点到的距离，
则，由、，
得，即，
所以，又，，所以≌，
得，，得，，
在中．，
所以，则，
因为底面是边长为的菱形，为正三角形，所以，得，
，所以，
又，、平面，
所以平面，
又平面，所以平面平面．
【解析】如图，根据中位线的性质可得且，即四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明；
如图，利用全等三角形的性质可得，即，根据勾股定理的逆定理可得，结合面面垂直的判定定理即可证明．
18.解：设，，则有，
由余弦定理可得：，解得，
在中，由余弦定理可得：，解得，
联立方程组：，
解得，所以；
，
在中，，
故AB，，
，
所以，
所以
，
因为，
故．
【解析】设，，则有，由余弦定理可得，，两式联立可得的值；
由，可得，由题意可得的面积，进而可得面积的表达式，再由角的范围，可得面积的范围．
19.解：证明：连结，交于点，为中点，
因为为在平面 内的射影，所以，
又，所以，
所以平面，因为平面，
所以；
连结，，由为的外心，
所以，又平面，为公共边，
所以，
所以 ，由，
所以．，
所以四边形，均为菱形，
由知四边形 为矩形，
令，
菱形的面积为，矩形的面积为，
从而有，
整理有，所以，
所以，，
从而三棱柱的体积为；
取中点 ，连结，，，
由， 是等边三角形，
所以，，
所以为平面与平面所成的二面角，
又，
所以为平面与平面 所成二面角，
由，
所以为等边三角形，
所以，
所以二面角和二面角均为．
【解析】根据条件先证平面，再利用线面垂直的性质定理即可得证；
分别求出棱柱的高和底面积，代入体积公式即可求解．
先证明和分别为平面与平面，以及平面与平面 所成二面角的平面角，再利用三角形求解即可．
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