2024-2025学年江苏省无锡市太湖高级中学高二（上）段考数学试卷（10月份）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年江苏省无锡市太湖高级中学高二（上）段考数学试卷（10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z=1+2i，则共轭复数z−的虚部为(

)A.2i B.−1 C.−2 D.i2.直线l1经过A(0,0)，B(3,1)两点，直线l2的倾斜角是直线l1的倾斜角的2A.33 B.233 3.若直线l的方向向量a=(1,2,−1)，平面α的一个法向量m=(−2,−4,k)，若l⊥α，则实数k=(

)A.2 B.−10 C.−2 D.104.若异面直线l1，l2的方向向量分别是a=(0,−2,−1)，b=(2,0,4)，则异面直线l1与A.25 B.−25 C.−5.如图，在三棱锥P−ABC中，点D，E，F分别是AB，PA，CD的中点，设PA=a，PB=b，PC=cA.14a−14b−126.设A(−2,3)，B(1,2)，若点P(x,y)在线段AB上，则y+1x的取值范围是(

)A.[−2,3] B.(−2,3)

C.(−∞,−2]∪[3,+∞) D.(−∞,−2)∪(3,+∞)7.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=AA1=2，BC=4A.8π

B.24π

C.32π

D.44π8.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为1，点H在棱AA1上，且HA1=13，在侧面BCC1B1内作边长为13的正方形EFGA.334

B.134

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.关于复数z，下面是真命题的是(

)A.若1z∈R，则z∈R B.若z2∈R，则z∈R

C.若z2=|z|210.关于空间向量，以下说法正确的是(

)A.已知向量a=(9,4,−4),b=(1,2,2)，则a在b上的投影向量为(1,2,2)

B.直线xsinα+y+2=0的倾斜角θ的取值范围是[π4,3π4]

C.设{a,b,c}是空间中的一组基底，则{a−b,b+c11.正方体ABCD−A1B1C1D1棱长为2，A.若DP=λDC1，则△AB1P的面积为定值

B.若BP=λBC+BB1(λ∈[0,1])，三棱锥P−A1BC的体积为定值

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若直线l的倾斜角为120°，则该直线的一个方向向量为______．13.在一平面直角坐标系中，已知A(−1,2)，B(2,−4)，现沿x轴将坐标平面折成60°的二面角，则折叠后A，B两点间的距离为

．14.正四面体ABCD棱长为6，AP=xAB+yAC+zAD，且x+y+z=1两点M，N，MA=AN，则PM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15分)

已知复数z满足z+z−=2，z−z−=4i．

(1)求|3+z−|；

(2)设复数zz−，z+2z−，16.(本小题15分)

已知点A(0,1,−1)，B(2,2,1)，O为坐标原点，向量a=OA,b=OB，计算：

(1)求向量b同向的单位向量b0；

(2)若(ka+b)⊥(3a−17.(本小题15分)

如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，以顶点A为端点的三条棱长都是1，且它们彼此的夹角都是60°，M为A1C1与B1D1的交点.若AB=18.(本小题15分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，△PAD为等边三角形，边长为2，△ABC为等腰直角三角形，AB⊥BC，AC=1，∠DAC=90°，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)证明：AC⊥平面PAD；

(2)求点A到平面PBC的距离；

(3)棱PD上是否存在一点E，使得AE//平面PBC？若存在，求出PEPD的值；若不存在，请说明理由．19.(本小题17分)

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，PA⊥平面ABCD，点M，N分别为BC，PA的中点，且AB=AC=1,AD=2．

(1)若PA=1，求直线MN与平面PBC所成角的余弦值；

(2)若直线AC与平面PBC所成角的正弦值的取值范围为(0,23]，求平面

参考答案1.C

2.D

3.A

4.A

5.D

6.C

7.D

8.D

9.ACD

10.AD

11.ABC

12.(1,−3)(13.2114.50

15.解：(1)复数z满足z+z−=2，z−z−=4i．

所以z=1+2i，

所以z−=1−2i，

故|3+z−|=|4−2i|=16+4=25；

(2)由(1)得zz−=(1+2i)(1−2i)=1−4i2=5，

则A(5,0)，

16.解：(1)因为b=OB=(2,2,1)，|b|=4+4+1=3，

所以与b所同向的单位向量为b0=13(2,2,1)=(23,23,13)．

(2)因为ka+b=k(0,1,−1)+(2,2,1)=(2,k+2,1−k)，3a−b=3(0,1,−1)−(2,2,1)=(−2,1,−4)，

又(ka+b)⊥(3a−b17.解：(1)在△A1MB中，BM=BA1+A1M=c−a+12(a+b)=−12a+12b+c18.解：(1)∵平面PAD⊥平面ABCD，AC⊥AD，平面PAD∩平面ABCD=AD，AC⊂平面ABCD，

∴AC⊥平面PAD；

(2)取AD中点F，连接PF，CF，

∵△PAD为等边三角形，∴PF⊥AD，

又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴PF⊥平面ABCD，又BC⊂平面ABCD，

∴BC⊥PF，

又根据题意可知△AFC为等腰直角三角形，且AF=AC=1，

又△ABC也为等腰直角三角形，

∴∠ACF=∠CAB=∠ACB=45°，

∴FC⊥BC，且AB/​/FC，又BC⊥PF，且FC∩PF=F，

∴BC⊥平面PFC，又BC⊂平面PBC，

∴平面PFC⊥平面PBC，过F作FH⊥PC于点H，

则FH⊥平面PBC，又易知PF=3，FC=2，∴PC=5，

∴FH=PF×FCPC=3×25=305，

即点F到平面PBC的距离为305，

分别延长DA，BC交于点Q，则易知AB为△QFC的中位线，

∴点A到平面PBC的距离为点F到平面PBC的距离的一半，

∴点A到平面PBC的距离为3010；

(3)如图，过A作AM/​/BC交CD于M，过M作ME/​/PC交PD于E，连接AE，

∵AM/​/BC，AM⊄平面PBC，BC⊂平面PBC，

∴AM/​/平面PBC，

又ME/​/PC，ME⊄平面PBC，PC⊂平面PBC，

∴ME/​/平面PBC，又AM⊂平面AME，ME⊂平面AME，AM∩ME=M，

∴平面AME//平面PBC，

而AE⊂平面AME，∴AE/​/平面PBC，

此时PEPD=CMCD，

∵AM/​/BC，19.解：(1)连接PM，AM，如图所示：

由M为BC的中点，可得AM⊥BC，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BC，

则BC⊥平面APM，而BC在平面PBC内，可得平面PBC⊥平面AMP，

所以∠PMN为直线MN与平面PBC所成角．

由AB=AC=1，AD=2，可得AM=1−12=22，PM=1+12=62，

MN=12+14=32，PN=12，

由余弦定理可得cos∠PMN=64+34−142×62×32=223，

所以