2024-2025学年江苏省无锡市江阴市长泾中学、洛社高中联考高二（上）段考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年江苏省无锡市江阴市长泾中学、洛社高中联考高二（上）段考数学试卷（10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。
1.已知i是虚数单位，则2−ii等于( )
A. 1+2iB. 1−2iC. −1+2iD. −1−2i
2.直线 3x−y−3=0的倾斜角是( )
A. π3B. 23πC. π6D. 43π
3.已知四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面ABCD是平行四边形，且AB=a，AD=b，AA1=c，则BD1=( )
A. a+b+cB. a−b+cC. −a+b+cD. −a+b−c
4.直线xm−yn=1与xn−ym=1在同一坐标系中的图象可能是( )
A. B.
C. D.
5.已知a=(1,2,−1),b=(−1,x,1)，且a与b夹角为锐角，则实数x的取值范围是( )
A. (−2,1)B. (−∞,1)
C. (−∞,−2)∪(−2,1)D. (1,+∞)
6.已知两点A(−3,2)，B(2,1)，过点P(0,−1)的直线l与线段AB(含端点)有交点，则直线l的斜率的取值范围为( )
A. (−∞,−1]∪(1，+∞)B. [−1,1]
C. (−∞,−15]∪[1,+∞)D. [−15,1]
7.已知平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，棱AA1、AB、AD两两的夹角均为60°，AA1=2AB，AB=AD，E为B1C1中点，则异面直线BA1与D1E所成角的余弦值为( )
A. 12
B. 13
C. 14
D. 16
8.据记载，欧拉公式eiθ=csθ+sinθ⋅i(θ∈R)是由瑞士著名数学家欧拉发现的，该公式被誉为“数学中的天桥”，特别是当θ=π时，得到一令人着迷的优美恒等式eiπ=−1，将数学中五个重要的数(自然对数的底e，圆周率π，虚数单位i，自然数的单位1和零元0)联系到一起，很多数学家评价它是“最完美的数学公式”，根据欧拉公式，在复平面内，若复数z=eiπ2对应的点为z，将向量OZ绕原点O按逆时针方向旋转π6，所得向量对应的复
数是( )
A. −12+ 32iB. − 32+12iC. −12− 32iD. − 32−12i
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z，下列命题正确的是( )
A. 若z+1∈R，则z∈RB. 若z+i∈R，则z的虚部为−1
C. 若|z|=1，则z=±1D. 若z2∈R，则z∈R
10.下列说法正确的是( )
A. 直线 3x+y+1=0的倾斜角为120°
B. 方程k=y−2x+1与方程y−2=k(x+1)可表示同一直线
C. 经过点P(2,1)，且在x，y轴上截距互为相反数的直线方程为x−y−1=0
D. 过两点P1(x1,y1)，P2(x2,y2)的直线都可用方程(x2−x1)(y−y1)=(y2−y1)(x−x1)表示
11.如图，在多面体ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且DE//SA，SA=AB=2DE=2，M，N分别是线段BC，SB的中点，Q是线段DC上的一个动点(含端点D，C)，则下列说法正确的是( )
A. 存在点Q，使得NQ⊥SB
B. 存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60°
C. 三棱锥Q−AMN体积的最大值是23
D. 当点Q自D向C处运动时，直线DC与平面QMN所成的角逐渐增大
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.在空间直角坐标系中，点B(−1,2,3)关于x轴对称的点B′的坐标为______．
13.已知直线l1：ax+y−2=0，l2：2x+(a+1)y+2=0，若l1//l2，则a= ______．
14.定义向量p在基底{a,b,c}下的坐标如下：若p=xa+yb+zc，则(x,y,z)叫做p在基底{a,b,c}下的坐标，已知向量p在基底{a,b,c}下的坐标为(2,1,−1)，则p在基底{a+b,a−b,c}下的坐标为______，在基底{2a,b,−c}下的坐标为______．
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)
在Rt△ABC中，∠BAC=90°，BC边上的高AD所在直线的方程为x−2y+2=0，∠A的平分线所在直线的方程为y=0，点B的坐标为(1,3)．
(1)求直线BC的方程；
(2)求直线AC的方程及点C的坐标．
16.(本小题15分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为直角梯形，∠ABC=∠BAD=π2，PB⊥平面ABCD，PB=AB=BC=6，AD=3．
(Ⅰ)求点B到平面PCD的距离；
(Ⅱ)求二面角P−CD−A的平面角的余弦值．
17.(本小题15分)
如图，在三棱锥D−ABC中，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，△ABD是边长为2的正三角形，E为AD的中点，F为DC上一点，且平面BEF⊥平面ABD．
(1)求证：AD⊥平面BEF；
(2)若平面ABC⊥平面ABD，求平面BEF与平面BCD夹角的余弦值．
18.(本小题17分)
设z1是虚数，z2=z1+1z1是实数，且−1≤z2≤1，ω=1−z11+z1．
(1)求|z1|的值以及z1的实部的取值范围；
(2)求证ω为纯虚数；
(3)求z2−ω2的最小值，
19.(本小题17分)
如图，在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4，A1在底面ABC的射影为BC的中点，D是B1C1的中点．
(Ⅰ)证明：A1D⊥平面A1BC；
(Ⅱ)求直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值．
参考答案
1.D
2.A
3.C
4.B
5.D
6.A
7.D
8.A
9.AB
10.AD
11.ACD
12.(−1,−2,−3)
13.1
14.(32,12,−1) (1,1,1)
15.解：(1)∵BC与AD互相垂直，且AD的斜率为12，
∴直线BC的斜率为k=−2，
结合B(1,3)，可得BC的点斜式方程：y−3=−2(x−1)，
化简整理得：2x+y−5=0，
所以直线BC的方程为2x+y−5=0．
(2)由x−2y+2=0和y=0联解，得A(−2,0)
由此可得直线AB方程为：y−03−0=x+21+2，即y=x+2，
∵AB，AC关于角A平分线x轴对称，
∴直线AC的方程为：y=−x−2，
∵直线BC方程为y=−2x+5，
∴将AC、BC方程联解，得x=7，y=−9，
因此，可得C点的坐标为(7,−9)．
16.解：由题意，得BC，BA，BP两两垂直，
不妨以B为坐标原点，BC，BA，BP分别为x，y，z轴，
建立空间直角坐标系O−xyz，如图示：

则B(0,0,0)，C(6,0,0)，D(3,6,0)，P(0,0,6)，
所以BP=(0,0,6)，PC=(6,0,−6)，PD=(3,6,−6)，
(1)设平面PCD的法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅PC=0m⋅PD=0，即6x−6z=03x+6y−6z=0，
不妨取x=1，则y=12，z=1，
故平面PCD的一个法向量为m=(1,12,1)，
点B到平面PCD的距离d=BP⋅mm=6 1+14+1=4；
(2)由(1)知，平面PCD的一个法向量为m=(1,12,1)，
由题意知，底面ABCD的一个法向量为BP=(0,0,6)，
则cs=BP⋅mBP×m=66× 1+14+1=23，
故二面角P−CD−B的余弦值为23．
17.解：(1)证明：因为平面BEF⊥平面ABD，平面BEF∩平面ABD=BE，
因为△ABC为正三角形，E为AD中点，
所以AD⊥BE，又AD⊂平面ABD，
所以AD⊥平面BEF；
(2)取AB中点O，连接CO，DO，
因为△ABC为正三角形，△ABC是以AB为斜边的等腰直角三角形，
则DO⊥AB，CO⊥AB，
因为平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，
则DO⊥平面ABC，
即DO⊥AB，DO⊥CO，
即OC，OA，OD两两垂直，
以OA，OC，OD为空间基底，建立空间直角坐标系，如图所示，

则A(0,1,0)，B(0,−1,0)，C(1,0,0)，D(0,0, 3)，
所以BC=(1,1,0)，BD=(0,1, 3)，
设平面BCD的法向量为n1=(x,y,z)，
则BC⋅n1=0BD⋅n1=0⇒x+y=0y+ 3z=0，
令x=1，则y=−1，z= 33，
即n=(1,−1, 33)，
因为AD⊥平面BEF，
则AD=(0,−1, 3)为平面BEF的一个法向量，
设平面平面BEF与平面BCD夹角为θ，
则csθ=|cs〈n,AD〉|=|n⋅AD|n|⋅|AD||=|1+1 73⋅ 4|= 217，
即平面BEF与平面BCD夹角的余弦值为 217．
18.解：(1)设z1=a+bi(a,b∈R,b≠0)，
则z2=z1+1z1=(a+bi)+1a+bi=(a+bi)+a−bi(a+bi)(a−bi)=(a+bi)+a−bia2+b2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i，
因为z2是实数，所以b−ba2+b2=0，即b(a2+b2−1a2+b2)=0，
因为b≠0，所以a2+b2=1，即|z1|=1，且z2=2a，
由−1≤z2≤1，得−1≤2a≤1，解得−12≤a≤12，
即z1的实部的取值范围为[−12,12]；
(2)证明：∵a2+b2=1，ω=1−z11+z1=1−a−bi1+a+bi=1−a2−b2−2bi(1+a)2+b2=−bia+1，
∵−12≤a≤12，b≠0，
∴ω=1−z11+z1为纯虚数，+
(3)z2−ω2=(a+aa2+b2)+(b−ba2+b2)i−(−bia+1)2=2a+(b−b)i+b2(a+1)2=2a+1−a2(a+1)2=2a+1−aa+1=2a+1−aa+1=2a(a+1)+(1−a)a+1=2a2+a+1a+1=1+2a2a+1=1+2(a+1)2−4a−2a+1=1+2(a+1)2−4(a+1)+2a+1=1+2(a+1)−4+2a+1=2(a+1)+2a+1−3，
由a+1∈[12,32]，
故z2−ω2=2(a+1)+2a+1−3≥2 2(a+1)⋅2a+1−3=1，当且仅当2(a+1)=2a+1，即a=0时，
∴z2−ω2取最小值1．
19.证明：(I)∵AB=AC=2，D是B1C1的中点．
∴A1D⊥B1C1，
∵BC/​/B1C1，
∴A1D⊥BC，
∵A1O⊥面ABC，A1D/​/AO，
∴A1O⊥AO，A1O⊥BC
∵BC∩AO=O，A1O⊥A1D，A1D⊥BC
∴A1D⊥平面A1BC
解：(II)
建立坐标系如图
∵在三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=90°，AB=AC=2，A1A=4
∴O(0,0,0)，B(0, 2,0)，B1(− 2, 2, 14)，A1(0,0, 14)
即A1B=(0, 2,− 14)，OB=(0, 2,0)，BB1=(− 2,0, 14)，
设平面BB1C1C的法向量为n=(x,y,z)，
n⋅OB=0n⋅BB1=0即得出y=0− 2x+ 14z=0
得出n=( 7,0,1)，|BA1|=4，|n|=2 2
∵n⋅BA1= 14，
∴cs= 144×2 2= 78，
可得出直线A1B和平面BB1C1C所成的角的正弦值为 78