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（图片版，含答案）

2024 年春高一(下)期末联合检测试卷
数 学
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 |
2
A． B．1 C． 2 D．2
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 △ABC A B C 2 2． 在 中，记内角 ， ， 所对的边分别为a，b ，c．若 c ab (a b) ，则C
2
A． B． C． D．
6 4 3 3
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
1 2 3 4
A． B． C． D．
5 5 5 5

高一（下）期末联合检测试卷（数学）第 1页 共 8页
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6．记△ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为a，b，c ，若a tan B b tan A，cos A cos B 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 2 1 AB， AF AC ，则CE BF
3 4
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 满足条件 D1F ，则 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 5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
6
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5
D．满足 | z1 | | z | | z2 |的复数 z 对应的点 Z 形成的图形的面积是12
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
2
D 2 2 2 2 2 2 2 2 2．该四面体的体积为 (a b c )(b c a )(c a b )
12

高一（下）期末联合检测试卷（数学）第 2页 共 8页
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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 z 21 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．（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：
频率/组距
（1）估计评分的平均数（同一组中的数据用该组区 0.055
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 0.025
0.015
况电话回访，再从这4 人中随机抽取2 人发送 0.005
0 60 70 80 90 100 评分/分
礼物，求2 人不在同一评分区间的概率．
16．（15 分）

在同一平面内，OA，OB 的夹角为 ，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；
t 2（2）若 0 ，求 ． 7

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17．（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 ，四边形 ABCD
4
2
的面积为 ， AC BD，点M ， N 分别为 DP和 AB 的中点．
2 P
（1）求证：MN // 平面 PBC ；
M
（2）求证：平面 PBC 平面 ABCD ． D C
A N B
18．（17 分）

ABC 1

在△ 中，已知点 E 满足 BE EC ， BAE ．
2 6
（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．（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 AB 60 ，AB AC ，
BC a ，三棱柱的侧面积为 2 3a2 ． C1
A1
（1）求证： AA1 BC
B
； 1
（2）求三棱柱 ABC A1B1C1 的体积； C
O
（3）分别求二面角 B AA1 C 和二面角 A BB1 C A B
的大小．

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2024 年春高一(下)期末联合检测试卷
数学 参考答案
一、选择题
1~8 CBCD ABBC

第7题提示：CE BF (CA AE)(BA AF ) CA BA AE BA CA AF AE AF
= 4 3 cos 60 3 2 4 1 2 1 cos 60 3
D1 C
O 1 1 D8 1 O1 第 题提示：如图，在正方体中， A1C1 D1F ， A B1 1 B1
在矩形 D1DBB1中，做 EF D1F ， F
D F
C
过O1作OO1 / /EF ，则有OO1 D1F ， O D O E B
A E B
所以 D1F 平面 A1OC1 ，即平面 截正方体的截面为四边形．
二、选择题
C
9．AD 10．BD 11．ACD F
D
第 11 题提示：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；
B E
若 ABC 为直角，则 BCD, ADC, BAD均为直角， A
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，可知， EF AB, EF CD ，C 正确；
a2 b2x c
2

2
x2 y2 a2
2 2
x, y, z x2 z2 b2 y a c b
2
设长方体的长宽高为 ，则有 ，解得 ，所以四面体的体
2
y
2 z2 c2 2 2 2
z b c a
2
积V xyz 4 xyz 1 xyz 2 (a2 b2 c2 )(a2 c2 b2 )(b2 c2 a2 ) ，D 正确．
6 3 12
三、填空题
12．17 13． 2 14． 13

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3a
第 14 题提示：由 | 2a b | 7 1 2 可知，a b ，a,b夹角为 ，
2 3 c
b
| 3a c | | b c | | 3a c c b | | 3a b |，等号成立时，
3a c 与 c b 同向， | 3a c | | b c |的最小值为 9a2 6a b b2 13 ，如图所示．
四、解答题
15．（13 分）
解：（1）平均数为65 0.05 75 0.15 85 0.55 95 0.25 85 ……3 分
设中位数为 x ，则有 (x 80) 0．055 0．5 0．05 0．15 0．3 x 80 0．3 85.5；……7 分
0．055
（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 ，
4 3
从这 4 人中抽取2 人共 6个基本事件， ……10 分
2
其中2 人不在同一评分区间有3个基本事件，
3 1
从而概率为 ． ……13 分
6 2
（另解：写出样本空间为： a，b1 ， a，b2 ， a，b3 ， b1，b2 ， b1，b3 ， b2，b3 ，符合条件的样本点为：
3 1
a，b1 ， a，b2 ， a，b3 从而概率为 ．） 6 2
16．（15 分）

解：（1）OC (1 t)OA tOB，有OC OA t(OB OA) ， AC t AB ，所以 A, B,C 三点共线；……6 分

（2）设OA (1,0),OB (2cos , 2sin ) ，则OP (1 t,0),OQ (2t cos , 2t sin ) ， ……8 分

从而 | PQ |2 (1 t 2t cos )2 (2t sin )2 t2 (5 4cos ) 2(1 2cos )t 1 ……11 分
因为5 4cos 0， 4(1 2cos )2 4(5 4cos ) 16cos2 16 0
t 1 2cos

当 时 | PQ |取最小值， ……13 分
5 4cos
1 2cos 2
有 ，解得 cos 1 ，从而 ． ……15 分
5 4cos 7 2 3
17．（15 分） P
证明：（1）取 PC 中点 E ，连接 ME ， BE ，因为 M 为 DP 中点， N 为 AB 中点， E
M
所以 ME / / 1 CD 且ME 1 CD ，又因为 BN / / 1 CD 且 BN 1 CD ，
2 2 2 2 D C
所以 ME / /BN 且 ME BN ， A N B

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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
2
，因为 AC BD ，所以，解得 DCB ， ……8 分
2 4
因为 DCB PCB

,CD PC, BC BC P ，所以△BCD △BCP ， ……10 分
4
E
过 P 作 PQ BC 于点Q ，连接 DQ ，所以 DQ BC ， M
D C
PQ DQ 2 2 DC ，PQ2 DQ2所以 1 PD2 ， A Q 2 2 N B
所以 PQ DQ ，又 PQ BC ， BC DQ Q ，所以 PQ 平面 ABCD ， ……14 分
因为 PQ 平面 PBC ，
所以平面 PBC 平面 ABCD ． ……15 分
18．（17 分）
解：（1）记 AEB , AEC ，则有 cos cos 0，……1 分 A
1 BC
2 2
AB2 1 4BC 4AB2
即 9 BC
9
2BC 0，解得9 2BC
2 18AB2 0．……3 分
2 1 2 1
3 3 B E C
2
ABE BC 1 AB2 2 AB 1 3 BC
2
在△ 中， ，解得 1 AB2 3AB，……5 分
9 2 9
9 2BC 2 18AB2 0
3
联立方程组则有 BC2 ，解得 AB ，所以 AC 3 ； ……7 分
1 AB2 3AB 2 9
（2 3） S△ABC 3S△ABE AB AE sin 30
3
AB AE ， ……8 分
2 4
AB AE BE
在△ABE 中， 2，故 AB 2sin AEB，AE 2sin B ， ……10 分
sin AEB sin B sin 30
5
而 AEB B ，
6
故 AB 2sin(B ) S 3 ， △ABC AB AE 3
sin(B ) sin B 3 3 sin2 B cos B sin B 6 4 6 2
3 3 1 cos 2B sin 2B 3

3 sin 2B 3 cos 2B 3 3 3 sin(2B )， ……14 分 2 2 2 4 4 2 3
而 B (0 5 ， )， 2B ( 4 ， ) ，故 sin(2B ) 3 ( ，1]， S 6 3 3
6 3 3 3 3 2 △ABC
(0， ]．……17 分
4

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19．（17 分） C1
解：（1）连结OA，交 BC 于点 D ， D 为 BC 中点， A1 B1
因为O为 A1在平面 ABC 内的射影，
所以 A1O BC ，又 AB AC ， C O D
所以 AO BC ，所以 BC 平面 A A B 1OA，
因为 AA1 平面 A1OA，所以 AA1 BC 5 …… 分
（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
C
，……7 分 1
A1 B
所以四边形 A1ABB1，A1ACC1 均为菱形，
1
由（1）知四边形 BCC1B1为矩形，令 A1A b ， C
O D
菱形 A 31ABB1 的面积为 b
2
，矩形 BCC1B1的面积为 ab ， A B 2
2
从而有2 3a ab 3b2 ， ……9 分
整理有b 2 a ，所以OA 4 a 6，所以OA a，
3 39 1 39
从而三棱柱 ABC A B C 1 13 6 11 1 1 的体积为 a a a a
3
； ……12 分
2 2 3 39 2
C1
（3）取 A1A中点 E ，连结 A1B，BE，CE ，
A1 B1
由△A1AB，△A1AC 是等边三角形，
所以 BE AA1，CE AA
E
1， C
O D
所以 BEC 为平面 ABB1A1 与平面 ACC1A1 所成的二面角， A B
又 BB1 BC ，所以 EBC 为平面 ABB1A1 与平面 BCC1B1所成二面角， ……15 分
由 BE 3 AB a，
2
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


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