2023-2024学年黑龙江省实验中学高一（下）期末数学试卷（含答案）

这是一份2023-2024学年黑龙江省实验中学高一（下）期末数学试卷（含答案），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。
1.设复数z=1+3i1−i，则( )
A. |z|=5B. z的共轭复数为1+2i
C. z的虚部为2D. z在复平面内对应的点位于第四象限
2.已知一个圆台的轴截面面积为6，轴截面的一个底角为30°，则这个圆台的侧面积是( )
A. 6 3πB. 12πC. 2 3πD. 2π
3.已知l，m，n表示三条不同的直线，α，β表示不同的平面，则( )
A. 若α⊥β，l⊥β，则l//α B. 若m//n，m⊥α，l⊥n，则l⊥α
C. 若m⊥α，n⊂α，l//m，则l⊥n D. 若m//α，n//α，m⊂β，n⊂β，则α//β
4.某单位共有A、B两部门，1月份进行服务满意度问卷调查，得到两部门服务满意度得分的频率分布条形图如下.设A、B两部门的服务满意度得分的中位数分别为n1，n2，方差分别为s12,s22，则( )
A. n1=n2,s12>s22B. n1>n2,s120，所以2sinC2csC2=csC2，csC2≠0，
可得sinC2=12，再由C∈(0,π)，
可得C2=π6，
即C=π3；
若选③，由正弦定理可得：sinCsinB=sinBcs(C−π6)，sinB>0，
可得cs(π2−C)=cs(C−π6)，C∈(0,π)，
可得π2−C=C−π6，
解得C=π3；
(Ⅱ)因为c=3，D是AB上的点，CD平分∠ACB，△ABC的面积为5 34，
所以12absinπ3=12(a+b)⋅CD×sinπ6=5 34，
可得ab=5，(a+b)⋅CD=5 3，
由余弦定理可得c2=a2+b2−2abcsC=(a+b)2−3ab，
即9=(5 3CD)2−3×5，解得CD=5 24．
即角平分线CD的长为5 24．
17.解：(1)证明：取PC的中点M，连接MF，MB，
∵M，F分别为PC，PD的中点，
∴MF是△PCD的中位线，
∴MF//CD且MF=12CD，
又E为AB的中点，
∴BE//CD且BE=12CD，
∴MF//BE且MF=BE，
∴四边形MBEF是平行四边形，
∴EF//MB，EF⊄平面PBC，MB⊂平面PBC，
∴EF//平面PBC；
(2)选择条件①：DE⊥PC；PD⊥平面ABCD，DE⊂平面ABCD，DE⊥PD，PC⊂平面PCD，PD⊂平面PCD，PC∩PD=P，DE⊥平面PCD，又CD⊂平面PCD，
∴DE⊥CD，∴DE⊥AB，底面ABCD为菱形，E为AB的中点．∴DA=DB，△ABD是等边三角形，
以DP为z轴，DC为y轴，DE为x轴，建立空间直角坐标系，
设PD=2t(t>0)，则D(0,0,0),C(0,2 3,0),F(0,0,t),E(3,0,0)，
设平面FCD法向量为n=(1,0,0)，
设平面FEC法向量为m=(x,y,z)，又EF=(−3,0,t)，EC=(−3,2 3,0)，
则m⋅EF=−3x+tz=0m⋅EC=−3x+2 3y=0，取m=(2, 3,6t)，∵二面角E−FC−D的大小为45°，
∴cs=m⋅n|m||n|=21× 7+36t2=cs45°= 22，
∴36t2+7=8，∴t=6，2t=12，∴PD=12；
选择条件②：PB=PC.PD⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，BC⊥PD，
∵PB=PC，取BC的中点O，∴PO⊥BC，PD⊂平面PDO，PO⊂平面PDO，PD∩PO=P，
BC⊥平面PDO，
∴BC⊥DO，∵AD//BC，∴DA⊥DO，
底面ABCD为菱形，O为BC的中点．∴DC=DB，△CBD是等边三角形，
以DP为z轴，以DA为x轴，以DO为y轴，
设PD=2t(t>0)，则D(0,0,0),C(− 3,3,0),F(0,0,t),E(3 32,32,0)，
设平面FCD法向量为n1=(x1,y1,z1)，又DF=(0,0,t)，DC=(− 3,3,0)，
则n1⋅DF=tz1=0n1⋅DC=− 3x1+3y1=0，取n1=( 3,1,0)，
设平面FEC的法向量为m1=(x2,y2,z2)，又EF=(−3 32,−32,t)，EC=(−5 32,32,0)，
则m1⋅EF=0m1⋅EC=0，∴−3 32x2−32y2+tz2=0−5 32x2+32y2=0，取m1=(3,5 3,12 3t)，
∵二面角E−FC−D的大小为45°
∴cs45°=8 32× 9+75+144×3t2= 22，
∴t=6，2t=12，∴PD=12．
18.(1)证明：因为四边形ABCD为正方形，
所以OA=OB=OC=OD，OC⊥OB，OA⊥OB，
所以折起后，OA=OB=OP=OD，OP⊥OB，
由于折起前有OA2+OB2=AB2，且折起后PA=AB，
所以折起后有OA2+OP2=PA2，即OP⊥OA，
又OP⊥OB，OA∩OB=O，OA，OB⊂平面ABD，
所以OP⊥平面ABD，又OP⊂平面PBD，
所以平面PBD⊥平面ABD；
(2)解：由(1)知OP⊥OB，OP⊥OA，OA⊥OB，
故以O为原点，以OA为x轴，以OB为y轴，以OP为z轴建立空间直角坐标系：

设OA=1，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，D(0,−1,0)，P(0,0,1)，
则AD=(−1,−1,0)，PB=(0,1,−1)，AP=(−1,0,1)，
假设存在满足题意的点G，设PG=λPB=(0,λ,−λ)，(0≤λ