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2023-2024学年吉林省长春二中高一（下）第二次学程数学试卷（6月份）（含答案）
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这是一份2023-2024学年吉林省长春二中高一（下）第二次学程数学试卷（6月份）（含答案），共10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=|2+i|，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2，向量a与b的夹角为60°，则|4a−b|=( )
A. 12B. 4C. 2 3D. 2
3.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m//l”是“m//β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为( )米．
A. 45( 6− 2)B. 45( 6+ 2)C. 90( 3−1)D. 90( 3+1)
5.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
6.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63 B. − 63
C. 33 D. − 33
7.已知S，A，B，C是球O表面上不同的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC= 2，若球O的体积为4π3，则SA=( )
A. 22B. 1C. 2D. 3
8.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2=a(a+b)，asinAccsA−acsC∈(12, 22)，则A的取值范围是( )
A. (π4,π3)B. (π6,π4)C. (π6,3π4)D. (3π4,5π6)
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.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. 若z1−z2>0，则z1>z2
B. 若z12=z22，则|z1|=|z1|
C. 若复数z2满足|z2−2i|=3，则z2在复平面内对应的点的轨迹为圆
D. 若z1=−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p=8
10.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若a2+b2C. 若acsA=bcsB，则△ABC为等腰三角形
D. 若b=2，A=30°的三角形有两解，则a的取值范围为(1,2)
11.如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE= 2，F为AB中点，现将△ABE沿BE折起到面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是( )
A. 平面BCDE⊥平面A1BE
B. 若O为BE的中点，则DE//平面FOC
C. 折起过程中，F点的轨迹长度为π4
D. 三棱锥A1−CDE的外接球的体积为 6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=2ac，sinC=2sinA，则csA的值为______．
13.如图，在正方形ABCD中，AB=2，点E，F分别为BC，CD的中点，点G在BF上，则AE⋅AG= ______．
14.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面BA1C1内的动点，满足B1P= 64a，则直线D1P与平面BA1C1所成角正切值的最大值为______．
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)
已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，且A、P、C三点共线．
(1)求实数λ的值；
(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1)．
(ⅰ)求BC；
(ⅱ)若D(−2,4)，A，B，C，D恰好构成平行四边形ABCD，求点A的坐标．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：AB//平面PCE；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3ccsA+csinA= 3b．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的最大值．
19.(本小题17分)
如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，四边形CC1D1D为矩形，平面CC1D1D⊥平面ABCD，E为线段CD1的中点，且BE=CE．
(1)求证：AD⊥平面BB1D1D；
(2)若AB=4，AD=2，直线AD1与平面BB1D1D所成的角为30°，求点E到平面ABD1的距离．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.B
5.C
6.C
7.B
8.B
9.BCD
10.ABD
11.ABD
12.78
13.4
14.2 2
15.解：(1)e1，e2是平面内两个不共线的向量，
AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，
A、P、C三点共线，
∴AP=AB+BP=e1−e2+2e1+λe2=3e1+(λ−1)e2，
AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，
则3=tλ−1=t，解得λ=4．
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，
向量BC的坐标为(3,5)．
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，
∵A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，
则AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，
∴−2−x=34−y=5，解得x=−5y=−1，∴A的坐标为(−5,−1)．
16.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
17.(1)证明：连接CE，
因为AD//BC，BC=CD=12AD=1，且E是AD的中点，
所以AE//BC，AE=BC，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以AB//CE，
又AB⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，
所以AB//平面PCE．
(2)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，
所以AB= 2，BD= 2，
所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
(3)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，
所以PA=AD=2，
所以PB= PA2+AB2= 22+( 2)2= 6，
由(2)知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB=ABPB= 2 6= 33，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为 33．
18.解：(1)因为 3ccsA+csinA= 3b，
由正弦定理可得 3sinCcsA+sinCsinA= 3sinB
= 3sin(A+C)= 3sinAcsC+ 3csAsinC，
可得sinCsinA= 3csCsinA，
又因为sinA>0，可得tanC= 3，
而C∈(0,π)，
可得C=π3；
(2)由题意可知∠ADB=2π3，设∠DAB=α，所以∠ABD=π3−α，
又因为0<2α<π2，又B=π−π3−2α∈(0,π2)，所以α∈(π12,π4)，
在△ABD中，由正弦定理可得：ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
即2sin2π3=ADsin(π3−α)，
可得AD=4 3sin(π3−α)，
所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sinα=12×2×4 3sin(π3−α)sinα
=2sinαcsα−2 3sin2α=sin2α−2 3⋅1−cs2α2=sin2α+ 33cs2α− 33
=2 33( 32sin2α+12cs2α)− 33=2 33sin(2α+π6)− 33，
因为α∈(π12,π4)，所以2α+π6∈(π3,2π3)，
所以sin(2α+π6)∈( 32,1],
所以2 33sin(2α+π6)− 33∈(3− 33, 33],
所以三角形面积的取值范围为(3− 33, 33]．
19.(1)证明：在△BCD1中，E为线段CD1的中点，且BE=CE，
所以D1E=CE=BE，由直角三角形的逆定理可知：△BCD1为直角三角形，
且∠CBD1=90°，即D1B⊥BC，
因为底面ABCD为平行四边形，即AD//BC，所以AD⊥D1B，
因为四边形CC1D1D为矩形，所以D1D⊥DC，
又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CC1D1D∩平面ABCD=DC，D1D⊂平面CC1D1D，
所以D1D⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以AD⊥D1D，
又因为D1D∩D1B=D1，D1D，D1B⊂平面BB1D1D，
所以AD⊥平面BB1D1D；
(2)解：因为AD⊥平面BB1D1D，所以AD⊥D1D，∠AD1D为直线AD1与平面BB1D1D所成的角，
所以∠AD1D=30°，
又因为AB=4，AD=2，
所以AD1=2AD=4，tan30°=ADDD1=2DD1= 33，所以DD1=2 3，
由(1)知D1D⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以D1D⊥BD，
因为AD⊥BD，AB=4，所以BD= AB2−AD2=2 3，
所以BD1= DD12+BD2=2 6，
在△ABD1中，AB=AD1=4，BD1=2 6，
因为S△ABD1=12×2 6× 42−( 6)2=2 15，
连接EA，CA，由于E为线段CD1的中点，
VE−ABD1=12VC−ABD1=12VD1−ABC=14VD1−ABCD，
由于VD1−ABCD=13×S四边形ABCD×DD1=13×2×2 3×2 3=8，
设点E到平面ABD1的距离为d，
则13×S△ABD1×d=2，所以d= 155，
即点E到平面ABD1的距离为 155．
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=|2+i|，则z在复平面内对应的点位于( )
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
2.已知向量a,b满足|a|=1,|b|=2，向量a与b的夹角为60°，则|4a−b|=( )
A. 12B. 4C. 2 3D. 2
3.已知α，β是两个不同的平面，m，l是两条不同的直线，若m⊂α，α∩β=l，则“m//l”是“m//β”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.鼎湖峰，矗立于浙江省缙云县仙都风景名胜区，状如春笋拔地而起，其峰顶镶嵌着一汪小湖，传说黄帝炼丹鼎坠积水成湖.白居易曾以诗赋之：“黄帝旌旗去不回，片云孤石独崔嵬.有时风激鼎湖浪，散作晴天雨点来”.某校开展数学建模活动，有建模课题组的学生选择测量鼎湖峰的高度，为此，他们设计了测量方案.如图，在山脚A测得山顶P得仰角为45°，沿倾斜角为15°的斜坡向上走了90米到达B点(A,B,P,Q在同一个平面内)，在B处测得山顶P得仰角为60°，则鼎湖峰的山高PQ为( )米．
A. 45( 6− 2)B. 45( 6+ 2)C. 90( 3−1)D. 90( 3+1)
5.已知圆锥的底面圆周在球O的球面上，顶点为球心O，圆锥的高为3，且圆锥的侧面展开图是一个半圆，则球O的表面积为( )
A. 12πB. 16πC. 48πD. 96π
6.如图，已知正四棱锥P−ABCD的所有棱长均为2，E为棱PA的中点，则异面直线BE与PC所成角的余弦值为( )
A. 63 B. − 63
C. 33 D. − 33
7.已知S，A，B，C是球O表面上不同的点，SA⊥平面ABC，AB⊥BC，AB=1，BC= 2，若球O的体积为4π3，则SA=( )
A. 22B. 1C. 2D. 3
8.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2=a(a+b)，asinAccsA−acsC∈(12, 22)，则A的取值范围是( )
A. (π4,π3)B. (π6,π4)C. (π6,3π4)D. (3π4,5π6)
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.已知复数z1，z2，下列结论正确的有( )
A. 若z1−z2>0，则z1>z2
B. 若z12=z22，则|z1|=|z1|
C. 若复数z2满足|z2−2i|=3，则z2在复平面内对应的点的轨迹为圆
D. 若z1=−4+3i是关于x的方程x2+px+q=0(p,q∈R)的一个根，则p=8
10.已知△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，则下列说法正确的是( )
A. 若sinA>sinB，则A>B
B. 若a2+b2
D. 若b=2，A=30°的三角形有两解，则a的取值范围为(1,2)
11.如图，在五边形ABCDE中，四边形ABCE为正方形，CD⊥DE，CD=DE= 2，F为AB中点，现将△ABE沿BE折起到面A1BE位置，使得A1B⊥DE，则下列结论正确的是( )
A. 平面BCDE⊥平面A1BE
B. 若O为BE的中点，则DE//平面FOC
C. 折起过程中，F点的轨迹长度为π4
D. 三棱锥A1−CDE的外接球的体积为 6π
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若b2=2ac，sinC=2sinA，则csA的值为______．
13.如图，在正方形ABCD中，AB=2，点E，F分别为BC，CD的中点，点G在BF上，则AE⋅AG= ______．
14.如图所示，在棱长为a的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是平面BA1C1内的动点，满足B1P= 64a，则直线D1P与平面BA1C1所成角正切值的最大值为______．
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)
已知e1，e2是平面内两个不共线的向量，若AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，且A、P、C三点共线．
(1)求实数λ的值；
(2)若e1=(1,0)，e2=(0,1)．
(ⅰ)求BC；
(ⅱ)若D(−2,4)，A，B，C，D恰好构成平行四边形ABCD，求点A的坐标．
16.(本小题15分)
在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acsB−bcsA=−a−c．
(1)求B；
(2)若a=2,b=2 7，D为AC边的中点，求BD的长．
17.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，AD//BC，AD⊥DC，BC=CD=12AD=1，E为棱AD的中点，PA⊥平面ABCD．
(1)求证：AB//平面PCE；
(2)求证：平面PAB⊥平面PBD；
(3)若二面角P−CD−A的大小为45°，求直线PA与平面PBD所成角的正弦值．
18.(本小题17分)
已知锐角三角形ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且 3ccsA+csinA= 3b．
(1)求角C的大小；
(2)若c=2，角A与角B的内角平分线相交于点D，求△ABD面积的最大值．
19.(本小题17分)
如图，已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD为平行四边形，四边形CC1D1D为矩形，平面CC1D1D⊥平面ABCD，E为线段CD1的中点，且BE=CE．
(1)求证：AD⊥平面BB1D1D；
(2)若AB=4，AD=2，直线AD1与平面BB1D1D所成的角为30°，求点E到平面ABD1的距离．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.B
5.C
6.C
7.B
8.B
9.BCD
10.ABD
11.ABD
12.78
13.4
14.2 2
15.解：(1)e1，e2是平面内两个不共线的向量，
AB=e1−e2，BP=2e1+λe2，PC−=e1+e2，
A、P、C三点共线，
∴AP=AB+BP=e1−e2+2e1+λe2=3e1+(λ−1)e2，
AP=tPC=t(e1+e2)=te1+te2，
则3=tλ−1=t，解得λ=4．
(2)(ⅰ)BC=BP+PC=2e1+4e2+e1+e2=3e1+5e2，
向量BC的坐标为(3,5)．
(ⅱ)设A的坐标为(x,y)，
∵A，B，C，D恰好为构成平行四边形ABCD，
则AD=BC，AD=(−2−x,4−y)，BC=(3,5)，
∴−2−x=34−y=5，解得x=−5y=−1，∴A的坐标为(−5,−1)．
16.解：(1)因为acsB−bcsA=−a−c，
所以sinAcsB−csAsinB=−sinA−(sinAcsB+csAsinB)，
化简得2sinAcsB=−sinA，因为sinA>0，所以csB=−12，
因为B∈(0,π)，
所以B=2π3；
(2)因为(2 7)2=22+c2−2×2ccs2π3，
所以c2+2c−24=0，解得c=4，
因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC，
所以4|BD|2=BA2+BC2+2BA⋅BC=|BA|2+|BC|2+2|BA|⋅|BC|csB=c2+a2+2accs2π3，
因为a=2，c=4，所以4|BD|2=12．
解得|BD|= 3．
所以BD的长为 3．
17.(1)证明：连接CE，
因为AD//BC，BC=CD=12AD=1，且E是AD的中点，
所以AE//BC，AE=BC，
所以四边形ABCE是平行四边形，
所以AB//CE，
又AB⊄平面PCE，CE⊂平面PCE，
所以AB//平面PCE．
(2)证明：在直角梯形ABCD中，BC=CD=12AD=1，
所以AB= 2，BD= 2，
所以AB2+BD2=AD2，即AB⊥BD，
因为PA⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，
所以PA⊥BD，
又AB∩PA=A，AB、PA⊂平面PAB，
所以BD⊥平面PAB，
又BD⊂平面PBD，
所以平面PAB⊥平面PBD．
(3)解：因为PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，
所以由三垂线定理知，PD⊥CD，
所以∠ADP就是二面角P−CD−A的平面角，即∠ADP=45°，
所以PA=AD=2，
所以PB= PA2+AB2= 22+( 2)2= 6，
由(2)知，平面PAB⊥平面PBD，
所以直线PA与平面PBD所成角即为∠APB，
在Rt△PAB中，sin∠APB=ABPB= 2 6= 33，
故直线PA与平面PBD所成角的正弦值为 33．
18.解：(1)因为 3ccsA+csinA= 3b，
由正弦定理可得 3sinCcsA+sinCsinA= 3sinB
= 3sin(A+C)= 3sinAcsC+ 3csAsinC，
可得sinCsinA= 3csCsinA，
又因为sinA>0，可得tanC= 3，
而C∈(0,π)，
可得C=π3；
(2)由题意可知∠ADB=2π3，设∠DAB=α，所以∠ABD=π3−α，
又因为0<2α<π2，又B=π−π3−2α∈(0,π2)，所以α∈(π12,π4)，
在△ABD中，由正弦定理可得：ABsin∠ADB=ADsin∠ABD，
即2sin2π3=ADsin(π3−α)，
可得AD=4 3sin(π3−α)，
所以S△ABD=12AB⋅AD⋅sinα=12×2×4 3sin(π3−α)sinα
=2sinαcsα−2 3sin2α=sin2α−2 3⋅1−cs2α2=sin2α+ 33cs2α− 33
=2 33( 32sin2α+12cs2α)− 33=2 33sin(2α+π6)− 33，
因为α∈(π12,π4)，所以2α+π6∈(π3,2π3)，
所以sin(2α+π6)∈( 32,1],
所以2 33sin(2α+π6)− 33∈(3− 33, 33],
所以三角形面积的取值范围为(3− 33, 33]．
19.(1)证明：在△BCD1中，E为线段CD1的中点，且BE=CE，
所以D1E=CE=BE，由直角三角形的逆定理可知：△BCD1为直角三角形，
且∠CBD1=90°，即D1B⊥BC，
因为底面ABCD为平行四边形，即AD//BC，所以AD⊥D1B，
因为四边形CC1D1D为矩形，所以D1D⊥DC，
又平面CC1D1D⊥平面ABCD，平面CC1D1D∩平面ABCD=DC，D1D⊂平面CC1D1D，
所以D1D⊥平面ABCD，
因为AD⊂平面ABCD，所以AD⊥D1D，
又因为D1D∩D1B=D1，D1D，D1B⊂平面BB1D1D，
所以AD⊥平面BB1D1D；
(2)解：因为AD⊥平面BB1D1D，所以AD⊥D1D，∠AD1D为直线AD1与平面BB1D1D所成的角，
所以∠AD1D=30°，
又因为AB=4，AD=2，
所以AD1=2AD=4，tan30°=ADDD1=2DD1= 33，所以DD1=2 3，
由(1)知D1D⊥平面ABCD，又BD⊂平面ABCD，所以D1D⊥BD，
因为AD⊥BD，AB=4，所以BD= AB2−AD2=2 3，
所以BD1= DD12+BD2=2 6，
在△ABD1中，AB=AD1=4，BD1=2 6，
因为S△ABD1=12×2 6× 42−( 6)2=2 15，
连接EA，CA，由于E为线段CD1的中点，
VE−ABD1=12VC−ABD1=12VD1−ABC=14VD1−ABCD，
由于VD1−ABCD=13×S四边形ABCD×DD1=13×2×2 3×2 3=8，
设点E到平面ABD1的距离为d，
则13×S△ABD1×d=2，所以d= 155，
即点E到平面ABD1的距离为 155．
