第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年江蘇省無錫市太湖高級中學高二（上）段考數學試卷（10月份）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.已知復數z滿足z=1+2i，則共軛復數z?的虛部為(

)A.2i B.?1 C.?2 D.i2.直線l1經過A(0,0)，B(3,1)兩點，直線l2的傾斜角是直線l1的傾斜角的2A.33 B.233 3.若直線l的方向向量a=(1,2,?1)，平面α的一個法向量m=(?2,?4,k)，若l⊥α，則實數k=(

)A.2 B.?10 C.?2 D.104.若異面直線l1，l2的方向向量分別是a=(0,?2,?1)，b=(2,0,4)，則異面直線l1與A.25 B.?25 C.?5.如圖，在三棱錐P?ABC中，點D，E，F分別是AB，PA，CD的中點，設PA=a，PB=b，PC=cA.14a?14b?126.設A(?2,3)，B(1,2)，若點P(x,y)在線段AB上，則y+1x的取值范圍是(

)A.[?2,3] B.(?2,3)

C.(?∞,?2]∪[3,+∞) D.(?∞,?2)∪(3,+∞)7.如圖，在長方體ABCD?A1B1C1D1中，AB=AA1=2，BC=4A.8π

B.24π

C.32π

D.44π8.如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1棱長為1，點H在棱AA1上，且HA1=13，在側面BCC1B1內作邊長為13的正方形EFGA.334

B.134

二、多選題：本題共3小題，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。9.關于復數z，下面是真命題的是(

)A.若1z∈R，則z∈R B.若z2∈R，則z∈R

C.若z2=|z|210.關于空間向量，以下說法正確的是(

)A.已知向量a=(9,4,?4),b=(1,2,2)，則a在b上的投影向量為(1,2,2)

B.直線xsinα+y+2=0的傾斜角θ的取值范圍是[π4,3π4]

C.設{a,b,c}是空間中的一組基底，則{a?b,b+c11.正方體ABCD?A1B1C1D1棱長為2，A.若DP=λDC1，則△AB1P的面積為定值

B.若BP=λBC+BB1(λ∈[0,1])，三棱錐P?A1BC的體積為定值

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12.若直線l的傾斜角為120°，則該直線的一個方向向量為______．13.在一平面直角坐標系中，已知A(?1,2)，B(2,?4)，現沿x軸將坐標平面折成60°的二面角，則折疊后A，B兩點間的距離為

．14.正四面體ABCD棱長為6，AP=xAB+yAC+zAD，且x+y+z=1兩點M，N，MA=AN，則PM四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。15.(本小題15分)

已知復數z滿足z+z?=2，z?z?=4i．

(1)求|3+z?|；

(2)設復數zz?，z+2z?，16.(本小題15分)

已知點A(0,1,?1)，B(2,2,1)，O為坐標原點，向量a=OA,b=OB，計算：

(1)求向量b同向的單位向量b0；

(2)若(ka+b)⊥(3a?17.(本小題15分)

如圖，在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，以頂點A為端點的三條棱長都是1，且它們彼此的夾角都是60°，M為A1C1與B1D1的交點.若AB=18.(本小題15分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，△PAD為等邊三角形，邊長為2，△ABC為等腰直角三角形，AB⊥BC，AC=1，∠DAC=90°，平面PAD⊥平面ABCD．

(1)證明：AC⊥平面PAD；

(2)求點A到平面PBC的距離；

(3)棱PD上是否存在一點E，使得AE//平面PBC？若存在，求出PEPD的值；若不存在，請說明理由．19.(本小題17分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為平行四邊形，PA⊥平面ABCD，點M，N分別為BC，PA的中點，且AB=AC=1,AD=2．

(1)若PA=1，求直線MN與平面PBC所成角的余弦值；

(2)若直線AC與平面PBC所成角的正弦值的取值范圍為(0,23]，求平面

參考答案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)復數z滿足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，

則A(5,0)，

16.解：(1)因為b=OB=(2,2,1)，|b|=4+4+1=3，

所以與b所同向的單位向量為b0=13(2,2,1)=(23,23,13)．

(2)因為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中點F，連接PF，CF，

∵△PAD為等邊三角形，∴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，

又根據題意可知△AFC為等腰直角三角形，且AF=AC=1，

又△ABC也為等腰直角三角形，

∴∠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，過F作FH⊥PC于點H，

則FH⊥平面PBC，又易知PF=3，FC=2，∴PC=5，

∴FH=PF×FCPC=3×25=305，

即點F到平面PBC的距離為305，

分別延長DA，BC交于點Q，則易知AB為△QFC的中位線，

∴點A到平面PBC的距離為點F到平面PBC的距離的一半，

∴點A到平面PBC的距離為3010；

(3)如圖，過A作AM/?/BC交CD于M，過M作ME/?/PC交PD于E，連接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，

此時PEPD=CMCD，

∵AM/?/BC，19.解：(1)連接PM，AM，如圖所示：

由M為BC的中點，可得AM⊥BC，由PA⊥平面ABCD，可得PA⊥BC，

則BC⊥平面APM，而BC在平面PBC內，可得平面PBC⊥平面AMP，

所以∠PMN為直線MN與平面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