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）

第=page11页，共=sectionpages11页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）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A.12 B.4 C.23 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(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.12π B.16π C.48π D.96π6.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.63B.−63

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.22 B.1 C.28.已知在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若c2=a(a+b)，asinAccosA−acosC∈(12A.(π4,π3) B.(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|=|z10.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<c2，则△ABC为钝角三角形

C.若acosA=bcosB，则△ABC为等腰三角形

D.若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⊥DEA.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cosA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BA1

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)16.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知acosB−bcosA=−a−c．

(1)求B；

(2)若a=2,b=27，D为AC边的中点，求BD17.(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3ccosA+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D19.(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

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

12.7813.4

14.215.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+e16.解：(1)因为acosB−bcosA=−a−c，

所以sinAcosB−cosAsinB=−sinA−(sinAcosB+cosAsinB)，

化简得2sinAcosB=−sinA，因为sinA>0，所以cosB=−12，

因为B∈(0,π)，

所以B=2π3；

(2)因为(27)2=22+c2−2×2ccos2π3，

所以c2+2c−24=0，解得c=4，

因为BD为△ABC的中线，所以2BD=BA+BC17.(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)18.解：(1)因为3ccosA+csinA=3b，

由正弦定理可得3sinCcosA+sinCsinA=3sinB

=3sin(A+C)=3sinAcosC+3cosAsinC，

可得sinCsinA=3cosCsinA，

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∈(π1219.(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