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）

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+b20，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