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2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（基础篇）（人教A版2019必修第二册）
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这是一份2023-2024学年高一下学期期中数学试卷（基础篇）（人教A版2019必修第二册），共25页。
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若a=0，则a=0；②若a=b，则a=b或a=−b；③若a//b，则a=b；④若a//b，b//c，则a//c.其中正确的说法有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数z=1−2i，则（ ）
A．z的实部为−1B．z的虚部为−2
C．z的虚部为−2iD．z的虚部为1
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设a,b为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若a // α,b // α，则a // b
B．若a,b与α所成的角相等，则a // b
C．若α⊥β,a // α,b // β，则a⊥b
D．若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数z=1+2i1−i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量a=2,0，b=6,8，c=ta+b，a,c=b,c，则t=（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为33，则该物件的高为（ ）
A．32B．1C．2D．3
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=13c，D为边BC上一点，CD=2BD=2，AD=3，则△ABC的面积为（ ）
A．34B．34C．334D．332
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列三个结论：
①AC⊥DP；
②点P到直线AC的距离的最小值是66；
③当BD1=4BP时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为25π16．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知z满足z1−i=z+5i2−i，则（ ）
A．z=−4+i
B．复平面内z对应的点在第一象限
C．zz=17
D．z的实部与虚部之积为−4
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形ABCDEF，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，AP=xAB+yAD，x，y∈R.（ ）
A．AD−BE+CF=0B．存在点P，使x=y
C．若y=34，则点P的轨迹长度为2D．AP⋅AB的最小值为−2
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．A1B∥平面AC1DB．异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010
C．A1D⊥BCD．平面ADC1与平面ABB1所成角的正弦值为53
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为5+3i，OB与OA关于y轴对称，则点B对应的复数是 ．
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在△ABC中，AB=2,BC=3,∠ABC=60∘，AH⊥BC于点H，M为AH的中点．若AM=λAB+μBC，则λ+μ= .
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高AB为 米.（结果保留整数，参考数据：cs80°≈0.174）
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上．给出下列四个结论：
①MN的最小值为2；
②三棱锥N−MBC的体积为43；
③有且仅有一条直线MN与AD1垂直；
④存在点M，N，使△MBN为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数z=m2−4+m2+2mi，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)z是纯虚数；
(2)z对应的点在复平面的第三象限．
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分别为AC，BC上的两点AN=12AC，BM=13BC，AM，BN相交于点P．
(1)求AM的值；
(2)求证：AM⊥PN．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知2−i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，其中i为虚数单位.
(1)求m+2n的值;
(2)记复数z=m+ni，求复数z1+i的模.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E.
(1)画出平面α截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：V棱台=13ℎS′+S′S+S）
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）△ABC中，AB=2AC，点D在BC边上，AD平分∠BAC．
(1)若sin∠ABC=55，求cs∠BAC；
(2)若AD=AC，且△ABC的面积为7，求BC．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥P−ABC中，AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B−AP−C的余弦值；
(3)求点C到平面APB的距离．
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若a=0，则a=0；②若a=b，则a=b或a=−b；③若a//b，则a=b；④若a//b，b//c，则a//c.其中正确的说法有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】
根据零向量定义、向量模长、平行的定义等知识依次判断各个选项即可.
【解答过程】对于①，模长为零的向量为零向量，①正确；
对于②，a,b的模长相同，但方向不确定，a,b未必同向或反向，②错误；
对于③，若a//b，则a,b同向或反向，但模长未必相同，③错误；
对于④，当b=0时，a//b，b//c成立，但此时a,c未必平行，④错误.
故选：A.
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数z=1−2i，则（ ）
A．z的实部为−1B．z的虚部为−2
C．z的虚部为−2iD．z的虚部为1
【解题思路】
利用复数的虚部与实部的定义求解.
【解答过程】复数z=1−2i的实部为1，虚部为−2，
故选：B.
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设a,b为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若a // α,b // α，则a // b
B．若a,b与α所成的角相等，则a // b
C．若α⊥β,a // α,b // β，则a⊥b
D．若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b
【解题思路】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误，
对于B，a,b与α所成的角相等，则a,b可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C，α⊥β,a // α,b // β，则a,b可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误，
对于D，α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b，D正确，
故选：D.
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数z=1+2i1−i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】
根据复数代数形式的除法运算化简复数z，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【解答过程】因为z=1+2i1−i=1+2i1+i1−i1+i=−12+32i，
所以z=−12−32i，所以复数z在复平面内对应的点为−12,−32，位于第三象限.
故选：C.
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量a=2,0，b=6,8，c=ta+b，a,c=b,c，则t=（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】
根据向量夹角的坐标运算可构造方程求得结果.
【解答过程】∵c=ta+b=2t+6,8，∴a⋅c=4t+12，b⋅c=12t+100，
由a,c=b,c得：a⋅ca⋅c=b⋅cb⋅c，∴4t+122=12t+10010，解得：t=5.
故选：C.
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为33，则该物件的高为（ ）
A．32B．1C．2D．3
【解题思路】
作出正四棱台的图形，设A1B1=BB1=a，利用该四棱台侧面的面积求得a，进而利用勾股定理即可得解.
【解答过程】设A1B1=BB1=a，则AB=2a.
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形ABB1A1中，过点A1作A1E⊥AB于点E，
则AE=122a−a=a2，所以A1E=32a，
所以SABB1A1=a+2a2⋅32a=334a2=33，解得a=2，
在平面ACC1A1中，过点A1作A1F⊥AC于点F，
易知A1F为正四棱台的高，则AF=1242−22=2，
所以A1F=A1A2−AF2=4−2=2.
故选：C.
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=13c，D为边BC上一点，CD=2BD=2，AD=3，则△ABC的面积为（ ）
A．34B．34C．334D．332
【解题思路】
设∠ADB=θ，在△ACD与△ABD中，由余弦定理求出b2,c2，根据b=13c求出sinθ=12，进而求得△ABC的面积.
【解答过程】设∠ADB=θ，在△ACD中，b2=4+3−2×2×3csπ−θ=7+43csθ，
在△ABD中，c2=1+3−2×3csθ=4−23csθ，
所以b2c2=7+43csθ4−23csθ=13，解得csθ=32，
因为θ∈0,π，所以sinθ=12，
所以△ABC的面积为12×(BD+DC)×AD×sinθ＝12×3×3×12=334.
故选：C.
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列三个结论：
①AC⊥DP；
②点P到直线AC的距离的最小值是66；
③当BD1=4BP时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为25π16．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【解题思路】
对①，证明AC⊥平面BDD1即可；对②，根据AC⊥平面BDD1，设BD∩AC=O，则根据OP为点P到直线AC的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥P−ABD外接球的直径为BDP的外接圆直径求解即可.
【解答过程】对①，连接BD，交AC于O.
因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，故AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，则AC⊥DD1.
又BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面BDD1，故AC⊥平面BDD1.
又DP⊂平面BDD1，故AC⊥DP，故①正确；
对②，由①可得点P到直线AC的距离为OP，故当OP⊥BD1时OP最小，
此时BD=2,DD1=1,BD1=1+2=3,故sin∠DBD1=13，OP=OB⋅sin∠DBD1=22×13=66，故②正确；
对③，当BD1=4BP时，因为DD1⊥平面ABCD，DD1⊂平面BDD1，故平面BDD1⊥平面ABCD，即平面BDP⊥平面ABD.
又∠DAB=90°，故三棱锥P−ABD外接球球心在平面BDP上，即三棱锥P−ABD外接球直径为BDP的外接圆直径.
此时cs∠DBP=1−132=63，BD=2，BP=14BD1=34，
故DP2=BD2+BP2−2BD⋅BPcs∠DBP=2+316−22×34×63=1916，故DP=194.
设三棱锥P−ABD外接球的半径为R，
则表面积S=4πR2=π2R2=πDPsin∠DBP2=57π16，故③错误.
综上①②正确.
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
【解题思路】
由线线位置关系、棱台、棱锥以及棱柱的定义即可逐一判断.
【解答过程】对于A，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，它应该保证各侧棱延长后交于一点，故A错误；
对于B，棱锥有一个面是多变形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故B错误；
对于C，如图所示，
若下面是一个正四棱柱，上面是一个以正四棱柱上底面为下底面的斜四棱柱，但它们的组合体不是棱柱，故C错误；
对于D，由平行线的传递性可知D正确.
故选：ABC.
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知z满足z1−i=z+5i2−i，则（ ）
A．z=−4+i
B．复平面内z对应的点在第一象限
C．zz=17
D．z的实部与虚部之积为−4
【解题思路】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数z，逐一判断各选项是否正确.
【解答过程】
设z=x+yi x,y∈R，
则由已知得x−yi1−i=x+yi+5i2+i5，即x−y−x+yi=x−1+y+2i，
所以x−y=x−1,−x−y=y+2,解得x=−4,y=1,
所以z=−4+i，则z=−4−i，故A项正确，B项错误；
zz=−4+i−4−i=17，z的实部为−4，虚部为1，
所以z的实部与虚部之积为−4，故C，D项正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形ABCDEF，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，AP=xAB+yAD，x，y∈R.（ ）
A．AD−BE+CF=0B．存在点P，使x=y
C．若y=34，则点P的轨迹长度为2D．AP⋅AB的最小值为−2
【解题思路】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D.
【解答过程】设O为正六边形的中心，
根据正六边形的性质可得ED=AB,EF=CB,CD=AF,且四边形OAFE,OCDE,OABC均为菱形，
AD−BE+CF=AB+BC+CD−BC+CD+DE+CD+DE+EF =AB+CD+EF=AB+AF+EF=AB−FA+FE=AB−FO=0，故A正确，
假设存在存在点P，使x=y，则AP=xAB+yAD=xAB+AD=xAM,其中点M为以AB,AD为邻边作平行四边形的顶点，
所以P在直线AM上，这与点P是△DEF内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，
当y=34时，AP=xAB+34AD，
取AN=34AD,则AP−34AD=AP−AN=NP=xAB,所以点P的轨迹为线段HK,
其中H,K分别为过点N作NH//AB与EF,FD的交点，
由于N为OD的中点，所以HK//ED,HK=12ED=1,故点P的轨迹长度为1，C错误，
由于DB⊥AB,∴AD⋅AB=AB2,
AP⋅AB=xAB+yAD⋅AB=xAB2+yAD⋅AB=4x+yAB2=4x+4y,
过F作FT⊥BA于T，则AT=12AF=1,所以此时x=−12,y=0，
由于x,y分别为AB,AD上的分量，且点点P是△DEF内部（包括边界）的动点，所以−12≤x≤0,0≤y≤1
当P位于F时，此时x,y同时最小，故AP⋅AB的最小值为−2
故选：AD.
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．A1B∥平面AC1DB．异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010
C．A1D⊥BCD．平面ADC1与平面ABB1所成角的正弦值为53
【解题思路】
由线面平行的判断即可判断A，由异面直线夹角的定义以及余弦定理即可判断B，由线面垂直的性质定理即可判断C，由二面角的定义即可判断D
【解答过程】如图，连接A1C交AC1于E，连接DE，易知E为AC1中点，
则DE∥A1B，且DE⊂面AC1D，A1B⊄面AC1D，所以A1B∥面AC1D，选项A正确；
因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，且A1B1C1−ABC为直三棱柱，
则AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，且AA1∩AD=A，
AA1,AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，
又A1D⊂平面AA1D，所以A1D⊥BC，故C正确；
延长C1D交B1B于点P，连接PA．则PA为平面ADC1与平面ABA1的交线，
由于D为BC中点．∴PB=BB1．四边形PBA1A为平行四边形．
∴PA∥BA1，即∠APD为异面直线A1B与C1D所成角，
∴AD=BD=2，BP=4，AP=AB2+BP2=25，PD=BD2+BP2=32，
可得cs∠APD=AP2+PD2−AD22AP⋅PD=31010，故B正确；
关于选项D，PB⊥平面ABD．则平面PBA⊥平面ABD．从而三面角A−PBD为“直三面角”．
分离后设∠PAB=β，∠BAD=α，∠PAD=θ，二面角B−PA−D的平面角为φ，
且AB=2BD=DA=2，PB=4．
则在Rt△PBD中，PD=32．在Rt△PBA中，PA=25．
在Rt△PAD中，cs∠APD=3225=31010．∴sinφ=sinαsinθ=123225=53．故D正确.
故选：ABCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为5+3i，OB与OA关于y轴对称，则点B对应的复数是 −5+3i ．
【解题思路】
由对称性结合复数的几何意义得出点B对应的复数．
【解答过程】
设向量OB对应的复数为a+bi,a,b∈R，对应复平面的坐标为a,b，
因为向量OA对应的复数为5+3i，所以OA对应复平面的坐标为5,3，
因为OB与OA关于y轴对称，所以a=−5,b=3．
即向量OB对应的复数为−5+3i，因为点O为坐标原点，所以点B对应的复数是−5+3i．
故答案为：−5+3i.
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在△ABC中，AB=2,BC=3,∠ABC=60∘，AH⊥BC于点H，M为AH的中点．若AM=λAB+μBC，则λ+μ= 23 .
【解题思路】
根据三角形边长和角度，以AB,BC为基底表示出AM=12AB+16BC，即可得λ+μ=23.
【解答过程】
在Rt△ABH中，AB=2,∠ABC=60∘，∴BH=12AB=1，
又因为BC=3，可得BH=13BC；
可得AH=AB+BH=AB+13BC，
∵M为AH的中点，
所以AM=12AH=12AB+16BC，由AM=λAB+μBC，
因此λ+μ=12+16=23.
故答案为：23.
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高AB为 310 米.（结果保留整数，参考数据：cs80°≈0.174）
【解题思路】设AB=ℎ米，进而可得ℎ=BCtan80°， 在△BCD中由正弦定理求出BC，求解即可得出答案.
【解答过程】设AB=ℎ米，因为在点C测得塔顶A的仰角为80°，
所以∠BCA=80°，在△ABC中，ABBC=tan80°=ℎBC，所以ℎ=BCtan80°，
在△BCD中，因为∠BCD=70°，∠BDC=30°，
所以∠CBD=180°−70°−30°=80°，
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin30°，所以108sin80°=BC12，
则BC=108×12sin80°=54sin80°，
所以ℎ=BCtan80°=54sin80°⋅tan80°=54cs80°≈540.174≈310米.
故答案为：310.
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上．给出下列四个结论：
①MN的最小值为2；
②三棱锥N−MBC的体积为43；
③有且仅有一条直线MN与AD1垂直；
④存在点M，N，使△MBN为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】①由MN的最小值为AD1和B1C1之间的距离判断；D1C1=2，②由等体积法VN−MBC=VM−NBC判断；③由M，N分别与D1,C1重合和 M是线段AD1的中点，N与B1重合时判断；④由AM=B1N时判断.
【解答过程】①点M，N分别在线段AD1和B1C1移动时，MN的最小值为AD1和B1C1之间的距离D1C1=2，故正确；
②三棱锥VN−MBC=VM−NBC=13S△NBCD1C1=13×12×2×2×2=43，故正确；
③当M，N分别与D1,C1重合时，由正方体的性质知：AD1⊥D1C1；
当M是线段AD1的中点，N与B1重合时，由正方体的性质知：A1B1⊥平面ADD1A1 ，
且AD1⊂平面ADD1A1，则A1B1⊥AD1，又因为AD1⊥A1D，且A1B1∩A1D=A1,A1B1,A1D⊂平面A1DCB1，所以AD1⊥平面A1DCB1，
又MN⊂平面A1DCB1，则AD1⊥MN，故错误；
④当AM=B1N时，△AMB≅△B1NB，则BM=BN，故存在点M，N，使△MBN为等腰三角形，故正确；
故答案为：①②④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数z=m2−4+m2+2mi，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)z是纯虚数；
(2)z对应的点在复平面的第三象限．
【解题思路】（1）根据纯虚数的定义进行求解即可；
（2）根据复数对应的点在复平面的特征进行求解即可.
【解答过程】（1）因为z是纯虚数，
所以m2−4=0m2+2m≠0⇒m=2；
（2）因为z对应的点在复平面的第三象限，
所以m2−4<0m2+2m<0⇒−2因此实数m的取值范围为−2,0.
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分别为AC，BC上的两点AN=12AC，BM=13BC，AM，BN相交于点P．
(1)求AM的值；
(2)求证：AM⊥PN．
【解题思路】
（1）用AB、AC表示AM，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用AB、AC表示AM、BN，根据数量积的运算律求出AM⋅BN，即可得证.
【解答过程】（1）因为BM=13BC，
所以AM=AB+BM=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC，
所以AM2=23AB+13AC2=49AB2+49AB⋅AC+19AC2=49×4+49×2×4×12+19×16=163，
所以AM=433；
（2）
因为AN=12AC，
所以BN=BA+AN=−AB+12AC，
所以AM⋅BN=23AB+13AC⋅−AB+12AC=−23AB2+16AC2=−23×4+16×16=0，
所以AM⊥BN，即AM⊥BN，所以AM⊥PN．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知2−i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，其中i为虚数单位.
(1)求m+2n的值;
(2)记复数z=m+ni，求复数z1+i的模.
【解题思路】
（1）将x=2−i代入方程化简，利用复数等于0，即实部和虚部都为0，即可求解；
（2）求出共轭复数，然后求出待求复数，利用复数模长公式即可求解.
【解答过程】（1）由题意得:2−i2+m2−i+n=0，即4−4i+i2+2m−mi+n=0，
所以3+2m+n−(4+m)i=0，所以3+2m+n=0，4+m=0，
解得：m=−4,n=5，m+2n=6.
（2）
z=−4+5i，z=−4−5i，z1+i=−4−5i1+i，
所以z1+i=−4−5i1+i=−9+i2=822.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E.
(1)画出平面α截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：V棱台=13ℎS′+S′S+S）
【解题思路】
（1）取AB的中点F，连接EF、A1B、CF，利用平行线的传递性可证得EF//D1C，可知E、F、C、D1四点共面，再由于E、C、D1三点不共线，可得出面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形CD1EF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台AEF−DD1C的体积，可求得该三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【解答过程】（1）解：如下图，取AB的中点F，连接EF、A1B、CF.
因为E是AA1的中点，所以EF//A1B.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1//BC，A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B//D1C，所以EF//D1C，
所以E、F、C、D1四点共面.
因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D1四点共面于平面α，
所以面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面.
（2）解：由（1）可知，截面EFCD1为梯形，EF=AE2+AF2=1+1=2，
CD1=CD2+DD12=4+4=22，D1E=A1D12+A1E2=4+1=5，
同理可得CF=5，
如下图所示：
分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1，FN⊥CD1，垂足分别为点M、N，
则D1E=CF，∠ED1M=∠FCN，∠EMD1=∠FNC=90∘，
所以，△EMD1≌△FNC，则D1M=CN，
因为EF//CD1，EM⊥CD1，FN⊥CD1，则四边形EFNM为矩形，
所以，MN=EF=2，则D1M=CN=CD1−MN2=22−22=22，
所以，EM=ED12−D1M2=5−12=322，
所以，梯形CD1EF的面积为S=12EF+CD1⋅EM=12×32×322=92.
（3）解：多面体AEF−DD1C为三棱台，S△AEF=12AE⋅AF=12×12=12，
S△DD1C=12DD1⋅DC=12×22=2，该棱台的高为2，
所以，该棱台的体积为13S△AEF+S△DD1C+S△AEF⋅S△DD1C⋅AD
=1312+2+12×2×2=73，
故剩余部分的体积为8−73=173.
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为717.
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）△ABC中，AB=2AC，点D在BC边上，AD平分∠BAC．
(1)若sin∠ABC=55，求cs∠BAC；
(2)若AD=AC，且△ABC的面积为7，求BC．
【解题思路】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出∠ABC，∠ACB的正余弦值，再由互补关系求出cs∠BAC；
（2）由S△ABC=S△ACD+S△ABD和△ABC的面积为7，分别求出AC和cs∠BAC，再根据余弦定理求出BC的值.
【解答过程】（1）由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，AB＝2AC，C＞B，
又∵sin∠ABC=55，∴sin∠ACB=255，
∵sin2∠ABC+cs2∠ABC=1，
∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，cs∠ABC=255，
又∵sin2∠ACB+cs2∠ACB=1，∴cs∠ACB=±55，
∵cs∠CAB=csπ−∠ABC−∠ACB=−cs∠ABC+∠ACB，
∴cs∠CAB=sin∠ABCsin∠ACB−cs∠ABCcs∠ACB
=55×255±55×255=0或45，
（2）设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，
∵S△ABC=S△ACD+S△ABD，∴12⋅t⋅2t⋅sin2θ=12⋅t⋅t⋅sinθ+12⋅2t⋅t⋅sinθ，
∴2sinθcsθ=12sinθ+sinθ，
∵θ为三角形的内角，sinθ≠0，∴csθ=34，∴cs2θ=2cs2θ−1=18，
∵sin22θ+cs22θ=1，∴sin2θ=378，
又∵S△ABC=12⋅t⋅2t⋅sin2θ=378t2=7，∴t2=83，
在△ABC中，运用余弦定理可得，
BC2=t2+4t2−4t2cs2θ=92×83=12，
∴BC=23．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥P−ABC中，AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B−AP−C的余弦值；
(3)求点C到平面APB的距离．
【解题思路】（1）取AB的中点为M，连接PM,CM，可得AB⊥平面PCM，从而可证PC⊥AB；
（2）如图，过C作CN⊥PM,CH⊥PA，垂足分别为N,H，连接HN，可证∠CHN为二面角B−AP−C的平面角，结合解直角三角形可求其余弦值.
（3）结合（1）（2）中的结果可得点面距.
【解答过程】（1）取AB的中点为M，连接PM,CM，
因为PA=PB，故PM⊥AB，同理CM⊥AB，
而PM∩CM=M,PM,CM⊂平面PCM，故AB⊥平面PCM，
而PC⊂平面PCM，故AB⊥PC.
（2）
如图，过C作CN⊥PM,CH⊥PA，垂足分别为N,H，连接HN.
由（1）可得AB⊥平面PCM，而AB⊂平面PAB，
故平面PAB⊥平面PCM，而平面PAB∩平面PCM=PM，
CN⊂平面PCM，故CN⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，
所以CN⊥PA，而CN∩CH=C,CN,CH⊂平面HCN，
所以PA⊥平面HCN，因HN⊂平面HCN，故PA⊥HN，
故∠CHN为二面角B−AP−C的平面角.
因为AC=BC=2,∠ACB=90°，故AB=22，
故PA=PB=22，由（1）可得PM⊥AB，CM⊥AB
故PM=22×32=6，CM=12AB=2
因为AC⊥PC，故PC=PA2−AC2=2，
故PC2+CM2=PM2，故∠PCM=90°，所以CN=2×26=233，
同理CH=2×222=2，
由CN⊥平面PAB，HN⊂平面PAB可得CN⊥HN，故HN=2−43=63，
故cs∠CHN=632=33.
（3）由（1）可得CN⊥平面PAB，由（2）可得CN=233，
故点C到平面APB的距离为233.
（考试时间：120分钟 试卷满分：150分）
注意事项：
1.本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上；
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。写在本试卷上无效；
3.回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效；
4.测试范围：必修第二册第六章、第七章、第八章；
5.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若a=0，则a=0；②若a=b，则a=b或a=−b；③若a//b，则a=b；④若a//b，b//c，则a//c.其中正确的说法有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数z=1−2i，则（ ）
A．z的实部为−1B．z的虚部为−2
C．z的虚部为−2iD．z的虚部为1
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设a,b为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若a // α,b // α，则a // b
B．若a,b与α所成的角相等，则a // b
C．若α⊥β,a // α,b // β，则a⊥b
D．若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数z=1+2i1−i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量a=2,0，b=6,8，c=ta+b，a,c=b,c，则t=（ ）
A．3B．4C．5D．6
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为33，则该物件的高为（ ）
A．32B．1C．2D．3
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=13c，D为边BC上一点，CD=2BD=2，AD=3，则△ABC的面积为（ ）
A．34B．34C．334D．332
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列三个结论：
①AC⊥DP；
②点P到直线AC的距离的最小值是66；
③当BD1=4BP时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为25π16．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知z满足z1−i=z+5i2−i，则（ ）
A．z=−4+i
B．复平面内z对应的点在第一象限
C．zz=17
D．z的实部与虚部之积为−4
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形ABCDEF，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，AP=xAB+yAD，x，y∈R.（ ）
A．AD−BE+CF=0B．存在点P，使x=y
C．若y=34，则点P的轨迹长度为2D．AP⋅AB的最小值为−2
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．A1B∥平面AC1DB．异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010
C．A1D⊥BCD．平面ADC1与平面ABB1所成角的正弦值为53
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为5+3i，OB与OA关于y轴对称，则点B对应的复数是 ．
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在△ABC中，AB=2,BC=3,∠ABC=60∘，AH⊥BC于点H，M为AH的中点．若AM=λAB+μBC，则λ+μ= .
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高AB为 米.（结果保留整数，参考数据：cs80°≈0.174）
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上．给出下列四个结论：
①MN的最小值为2；
②三棱锥N−MBC的体积为43；
③有且仅有一条直线MN与AD1垂直；
④存在点M，N，使△MBN为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ．
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数z=m2−4+m2+2mi，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)z是纯虚数；
(2)z对应的点在复平面的第三象限．
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分别为AC，BC上的两点AN=12AC，BM=13BC，AM，BN相交于点P．
(1)求AM的值；
(2)求证：AM⊥PN．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知2−i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，其中i为虚数单位.
(1)求m+2n的值;
(2)记复数z=m+ni，求复数z1+i的模.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E.
(1)画出平面α截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：V棱台=13ℎS′+S′S+S）
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）△ABC中，AB=2AC，点D在BC边上，AD平分∠BAC．
(1)若sin∠ABC=55，求cs∠BAC；
(2)若AD=AC，且△ABC的面积为7，求BC．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥P−ABC中，AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B−AP−C的余弦值；
(3)求点C到平面APB的距离．
参考答案
一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（5分）（23-24高一下·湖南益阳·阶段练习）给出下列四个说法：①若a=0，则a=0；②若a=b，则a=b或a=−b；③若a//b，则a=b；④若a//b，b//c，则a//c.其中正确的说法有（ ）个.
A．1B．2C．3D．4
【解题思路】
根据零向量定义、向量模长、平行的定义等知识依次判断各个选项即可.
【解答过程】对于①，模长为零的向量为零向量，①正确；
对于②，a,b的模长相同，但方向不确定，a,b未必同向或反向，②错误；
对于③，若a//b，则a,b同向或反向，但模长未必相同，③错误；
对于④，当b=0时，a//b，b//c成立，但此时a,c未必平行，④错误.
故选：A.
2．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）复数z=1−2i，则（ ）
A．z的实部为−1B．z的虚部为−2
C．z的虚部为−2iD．z的虚部为1
【解题思路】
利用复数的虚部与实部的定义求解.
【解答过程】复数z=1−2i的实部为1，虚部为−2，
故选：B.
3．（5分）（2024·山东烟台·一模）设a,b为两条不同的直线，α,β为两个不同的平面，下列说法正确的是（ ）
A．若a // α,b // α，则a // b
B．若a,b与α所成的角相等，则a // b
C．若α⊥β,a // α,b // β，则a⊥b
D．若α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b
【解题思路】根据空间中点线面的位置关系，即可结合选项逐一求解.
【解答过程】对于A，平行于同一平面的两条直线可能平行，也可能异面，故A错误，
对于B，a,b与α所成的角相等，则a,b可能异面，可能相交，也可能平行，故B错误，
对于C，α⊥β,a // α,b // β，则a,b可能垂直，但也可能平行或者相交或者异面，故C错误，
对于D，α⊥β,a⊥α,b⊥β，则a⊥b，D正确，
故选：D.
4．（5分）（2024·四川·模拟预测）已知复数z=1+2i1−i（i为虚数单位），则复数z在复平面内对应的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
【解题思路】
根据复数代数形式的除法运算化简复数z，从而得到其共轭复数，再根据复数的几何意义判断即可.
【解答过程】因为z=1+2i1−i=1+2i1+i1−i1+i=−12+32i，
所以z=−12−32i，所以复数z在复平面内对应的点为−12,−32，位于第三象限.
故选：C.
5．（5分）（23-24高三下·陕西安康·开学考试）已知向量a=2,0，b=6,8，c=ta+b，a,c=b,c，则t=（ ）
A．3B．4C．5D．6
【解题思路】
根据向量夹角的坐标运算可构造方程求得结果.
【解答过程】∵c=ta+b=2t+6,8，∴a⋅c=4t+12，b⋅c=12t+100，
由a,c=b,c得：a⋅ca⋅c=b⋅cb⋅c，∴4t+122=12t+10010，解得：t=5.
故选：C.
6．（5分）（2024·陕西·模拟预测）将一个正四棱台物件放入有一定深度的电解槽中，对其表面进行电泳涂装．如图所示，已知该物件的上底边长与侧棱长相等，且为下底边长的一半，一个侧面的面积为33，则该物件的高为（ ）
A．32B．1C．2D．3
【解题思路】
作出正四棱台的图形，设A1B1=BB1=a，利用该四棱台侧面的面积求得a，进而利用勾股定理即可得解.
【解答过程】设A1B1=BB1=a，则AB=2a.
因为该四棱台为正四棱台，所以各个侧面都为等腰梯形，上、下底面为正方形，
在四边形ABB1A1中，过点A1作A1E⊥AB于点E，
则AE=122a−a=a2，所以A1E=32a，
所以SABB1A1=a+2a2⋅32a=334a2=33，解得a=2，
在平面ACC1A1中，过点A1作A1F⊥AC于点F，
易知A1F为正四棱台的高，则AF=1242−22=2，
所以A1F=A1A2−AF2=4−2=2.
故选：C.
7．（5分）（23-24高三下·安徽·阶段练习）设△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知b=13c，D为边BC上一点，CD=2BD=2，AD=3，则△ABC的面积为（ ）
A．34B．34C．334D．332
【解题思路】
设∠ADB=θ，在△ACD与△ABD中，由余弦定理求出b2,c2，根据b=13c求出sinθ=12，进而求得△ABC的面积.
【解答过程】设∠ADB=θ，在△ACD中，b2=4+3−2×2×3csπ−θ=7+43csθ，
在△ABD中，c2=1+3−2×3csθ=4−23csθ，
所以b2c2=7+43csθ4−23csθ=13，解得csθ=32，
因为θ∈0,π，所以sinθ=12，
所以△ABC的面积为12×(BD+DC)×AD×sinθ＝12×3×3×12=334.
故选：C.
8．（5分）（2024·四川·模拟预测）如图，在棱长为1的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点P是该正方体对角线BD1上的动点，给出下列三个结论：
①AC⊥DP；
②点P到直线AC的距离的最小值是66；
③当BD1=4BP时，三棱锥P−ABD外接球的表面积为25π16．
其中所有正确结论的序号为（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
【解题思路】
对①，证明AC⊥平面BDD1即可；对②，根据AC⊥平面BDD1，设BD∩AC=O，则根据OP为点P到直线AC的距离分析即可；对③，根据外接球的性质，确定三棱锥P−ABD外接球的直径为BDP的外接圆直径求解即可.
【解答过程】对①，连接BD，交AC于O.
因为ABCD−A1B1C1D1为正方体，故AC⊥BD，DD1⊥平面ABCD，
又AC⊂平面ABCD，则AC⊥DD1.
又BD∩DD1=D，BD,DD1⊂平面BDD1，故AC⊥平面BDD1.
又DP⊂平面BDD1，故AC⊥DP，故①正确；
对②，由①可得点P到直线AC的距离为OP，故当OP⊥BD1时OP最小，
此时BD=2,DD1=1,BD1=1+2=3,故sin∠DBD1=13，OP=OB⋅sin∠DBD1=22×13=66，故②正确；
对③，当BD1=4BP时，因为DD1⊥平面ABCD，DD1⊂平面BDD1，故平面BDD1⊥平面ABCD，即平面BDP⊥平面ABD.
又∠DAB=90°，故三棱锥P−ABD外接球球心在平面BDP上，即三棱锥P−ABD外接球直径为BDP的外接圆直径.
此时cs∠DBP=1−132=63，BD=2，BP=14BD1=34，
故DP2=BD2+BP2−2BD⋅BPcs∠DBP=2+316−22×34×63=1916，故DP=194.
设三棱锥P−ABD外接球的半径为R，
则表面积S=4πR2=π2R2=πDPsin∠DBP2=57π16，故③错误.
综上①②正确.
故选：A.
二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（5分）（23-24高三上·广东深圳·阶段练习）下列说法错误的是（ ）
A．两个面平行，其余各面都是梯形的多面体是棱台
B．有一个面是多边形，其余各面都是三角形的几何体是棱锥
C．两个面平行，其余各面都是平行四边形的多面体是棱柱
D．平行于同一直线的两直线平行
【解题思路】
由线线位置关系、棱台、棱锥以及棱柱的定义即可逐一判断.
【解答过程】对于A，棱台是由平行于棱锥底面的平面截棱锥得到的，它应该保证各侧棱延长后交于一点，故A错误；
对于B，棱锥有一个面是多变形，其余各面都是有一个公共顶点的三角形，故B错误；
对于C，如图所示，
若下面是一个正四棱柱，上面是一个以正四棱柱上底面为下底面的斜四棱柱，但它们的组合体不是棱柱，故C错误；
对于D，由平行线的传递性可知D正确.
故选：ABC.
10．（5分）（2024·辽宁·一模）已知z满足z1−i=z+5i2−i，则（ ）
A．z=−4+i
B．复平面内z对应的点在第一象限
C．zz=17
D．z的实部与虚部之积为−4
【解题思路】利用复数代数形式的运算法则进行运算，求出复数z，逐一判断各选项是否正确.
【解答过程】
设z=x+yi x,y∈R，
则由已知得x−yi1−i=x+yi+5i2+i5，即x−y−x+yi=x−1+y+2i，
所以x−y=x−1,−x−y=y+2,解得x=−4,y=1,
所以z=−4+i，则z=−4−i，故A项正确，B项错误；
zz=−4+i−4−i=17，z的实部为−4，虚部为1，
所以z的实部与虚部之积为−4，故C，D项正确.
故选：ACD.
11．（5分）（2024·安徽淮北·一模）如图，边长为2的正六边形ABCDEF，点P是△DEF内部（包括边界）的动点，AP=xAB+yAD，x，y∈R.（ ）
A．AD−BE+CF=0B．存在点P，使x=y
C．若y=34，则点P的轨迹长度为2D．AP⋅AB的最小值为−2
【解题思路】根据正六边形的性质，结合向量的线性运算即可求解A，根据共线即可得矛盾求解B，根据共线即可求解C，根据数量积的运算律，结合图形关系即可求解D.
【解答过程】设O为正六边形的中心，
根据正六边形的性质可得ED=AB,EF=CB,CD=AF,且四边形OAFE,OCDE,OABC均为菱形，
AD−BE+CF=AB+BC+CD−BC+CD+DE+CD+DE+EF =AB+CD+EF=AB+AF+EF=AB−FA+FE=AB−FO=0，故A正确，
假设存在存在点P，使x=y，则AP=xAB+yAD=xAB+AD=xAM,其中点M为以AB,AD为邻边作平行四边形的顶点，
所以P在直线AM上，这与点P是△DEF内部（包括边界）的动点矛盾，故B错误，
当y=34时，AP=xAB+34AD，
取AN=34AD,则AP−34AD=AP−AN=NP=xAB,所以点P的轨迹为线段HK,
其中H,K分别为过点N作NH//AB与EF,FD的交点，
由于N为OD的中点，所以HK//ED,HK=12ED=1,故点P的轨迹长度为1，C错误，
由于DB⊥AB,∴AD⋅AB=AB2,
AP⋅AB=xAB+yAD⋅AB=xAB2+yAD⋅AB=4x+yAB2=4x+4y,
过F作FT⊥BA于T，则AT=12AF=1,所以此时x=−12,y=0，
由于x,y分别为AB,AD上的分量，且点点P是△DEF内部（包括边界）的动点，所以−12≤x≤0,0≤y≤1
当P位于F时，此时x,y同时最小，故AP⋅AB的最小值为−2
故选：AD.
12．（5分）（2024高三·全国·专题练习）如图，在直三棱柱A1B1C1−ABC中，AB⊥AC，AB=AC=2，AA1=4，D是BC的中点．则下列判断正确的是（ ）
A．A1B∥平面AC1DB．异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为31010
C．A1D⊥BCD．平面ADC1与平面ABB1所成角的正弦值为53
【解题思路】
由线面平行的判断即可判断A，由异面直线夹角的定义以及余弦定理即可判断B，由线面垂直的性质定理即可判断C，由二面角的定义即可判断D
【解答过程】如图，连接A1C交AC1于E，连接DE，易知E为AC1中点，
则DE∥A1B，且DE⊂面AC1D，A1B⊄面AC1D，所以A1B∥面AC1D，选项A正确；
因为AB=AC，D是BC的中点，所以AD⊥BC，且A1B1C1−ABC为直三棱柱，
则AA1⊥平面ABC，又BC⊂平面ABC，所以AA1⊥BC，且AA1∩AD=A，
AA1,AD⊂平面AA1D，所以BC⊥平面AA1D，
又A1D⊂平面AA1D，所以A1D⊥BC，故C正确；
延长C1D交B1B于点P，连接PA．则PA为平面ADC1与平面ABA1的交线，
由于D为BC中点．∴PB=BB1．四边形PBA1A为平行四边形．
∴PA∥BA1，即∠APD为异面直线A1B与C1D所成角，
∴AD=BD=2，BP=4，AP=AB2+BP2=25，PD=BD2+BP2=32，
可得cs∠APD=AP2+PD2−AD22AP⋅PD=31010，故B正确；
关于选项D，PB⊥平面ABD．则平面PBA⊥平面ABD．从而三面角A−PBD为“直三面角”．
分离后设∠PAB=β，∠BAD=α，∠PAD=θ，二面角B−PA−D的平面角为φ，
且AB=2BD=DA=2，PB=4．
则在Rt△PBD中，PD=32．在Rt△PBA中，PA=25．
在Rt△PAD中，cs∠APD=3225=31010．∴sinφ=sinαsinθ=123225=53．故D正确.
故选：ABCD．
三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）在复平面内，O是原点，向量OA对应的复数为5+3i，OB与OA关于y轴对称，则点B对应的复数是 −5+3i ．
【解题思路】
由对称性结合复数的几何意义得出点B对应的复数．
【解答过程】
设向量OB对应的复数为a+bi,a,b∈R，对应复平面的坐标为a,b，
因为向量OA对应的复数为5+3i，所以OA对应复平面的坐标为5,3，
因为OB与OA关于y轴对称，所以a=−5,b=3．
即向量OB对应的复数为−5+3i，因为点O为坐标原点，所以点B对应的复数是−5+3i．
故答案为：−5+3i.
14．（5分）（2024高一下·全国·专题练习）如图，在△ABC中，AB=2,BC=3,∠ABC=60∘，AH⊥BC于点H，M为AH的中点．若AM=λAB+μBC，则λ+μ= 23 .
【解题思路】
根据三角形边长和角度，以AB,BC为基底表示出AM=12AB+16BC，即可得λ+μ=23.
【解答过程】
在Rt△ABH中，AB=2,∠ABC=60∘，∴BH=12AB=1，
又因为BC=3，可得BH=13BC；
可得AH=AB+BH=AB+13BC，
∵M为AH的中点，
所以AM=12AH=12AB+16BC，由AM=λAB+μBC，
因此λ+μ=12+16=23.
故答案为：23.
15．（5分）（23-24高三上·浙江杭州·期末）位于奥体核心的杭州世纪中心总投资近100亿元，总建筑面积约53万平方米，由两座超高层双子塔和8万平方米商业设施构成，外形为杭州的拼音首字母“H”，被誉为代表新杭州风貌、迎接八方来客的“杭州之门”.如图，为测量杭州世纪中心塔高AB，可以选取与塔底B在同一水平面内的两个测量基点C与D，现测得∠BCD=70°，∠BDC=30°，CD=108米，在点C测得塔顶A的仰角为80°，则塔高AB为 310 米.（结果保留整数，参考数据：cs80°≈0.174）
【解题思路】设AB=ℎ米，进而可得ℎ=BCtan80°， 在△BCD中由正弦定理求出BC，求解即可得出答案.
【解答过程】设AB=ℎ米，因为在点C测得塔顶A的仰角为80°，
所以∠BCA=80°，在△ABC中，ABBC=tan80°=ℎBC，所以ℎ=BCtan80°，
在△BCD中，因为∠BCD=70°，∠BDC=30°，
所以∠CBD=180°−70°−30°=80°，
由正弦定理得CDsin∠CBD=BCsin30°，所以108sin80°=BC12，
则BC=108×12sin80°=54sin80°，
所以ℎ=BCtan80°=54sin80°⋅tan80°=54cs80°≈540.174≈310米.
故答案为：310.
16．（5分）（23-24高二上·北京西城·期末）如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上．给出下列四个结论：
①MN的最小值为2；
②三棱锥N−MBC的体积为43；
③有且仅有一条直线MN与AD1垂直；
④存在点M，N，使△MBN为等腰三角形．
其中所有正确结论的序号是 ①②④ ．
【解题思路】①由MN的最小值为AD1和B1C1之间的距离判断；D1C1=2，②由等体积法VN−MBC=VM−NBC判断；③由M，N分别与D1,C1重合和 M是线段AD1的中点，N与B1重合时判断；④由AM=B1N时判断.
【解答过程】①点M，N分别在线段AD1和B1C1移动时，MN的最小值为AD1和B1C1之间的距离D1C1=2，故正确；
②三棱锥VN−MBC=VM−NBC=13S△NBCD1C1=13×12×2×2×2=43，故正确；
③当M，N分别与D1,C1重合时，由正方体的性质知：AD1⊥D1C1；
当M是线段AD1的中点，N与B1重合时，由正方体的性质知：A1B1⊥平面ADD1A1 ，
且AD1⊂平面ADD1A1，则A1B1⊥AD1，又因为AD1⊥A1D，且A1B1∩A1D=A1,A1B1,A1D⊂平面A1DCB1，所以AD1⊥平面A1DCB1，
又MN⊂平面A1DCB1，则AD1⊥MN，故错误；
④当AM=B1N时，△AMB≅△B1NB，则BM=BN，故存在点M，N，使△MBN为等腰三角形，故正确；
故答案为：①②④.
四．解答题（共6小题，满分70分）
17．（10分）（22-23高一下·甘肃临夏·期末）已知复数z=m2−4+m2+2mi，根据以下条件分别求实数m的值或取值范围．
(1)z是纯虚数；
(2)z对应的点在复平面的第三象限．
【解题思路】（1）根据纯虚数的定义进行求解即可；
（2）根据复数对应的点在复平面的特征进行求解即可.
【解答过程】（1）因为z是纯虚数，
所以m2−4=0m2+2m≠0⇒m=2；
（2）因为z对应的点在复平面的第三象限，
所以m2−4<0m2+2m<0⇒−2
18．（12分）（23-24高二上·浙江·期末）如图，在△ABC中，已知AB=2，AC=4，∠BAC=60°，M，N分别为AC，BC上的两点AN=12AC，BM=13BC，AM，BN相交于点P．
(1)求AM的值；
(2)求证：AM⊥PN．
【解题思路】
（1）用AB、AC表示AM，再根据数量积的定义及运算律计算可得；
（2）用AB、AC表示AM、BN，根据数量积的运算律求出AM⋅BN，即可得证.
【解答过程】（1）因为BM=13BC，
所以AM=AB+BM=AB+13BC=AB+13AC−AB=23AB+13AC，
所以AM2=23AB+13AC2=49AB2+49AB⋅AC+19AC2=49×4+49×2×4×12+19×16=163，
所以AM=433；
（2）
因为AN=12AC，
所以BN=BA+AN=−AB+12AC，
所以AM⋅BN=23AB+13AC⋅−AB+12AC=−23AB2+16AC2=−23×4+16×16=0，
所以AM⊥BN，即AM⊥BN，所以AM⊥PN．
19．（12分）（22-23高一下·河南·期中）已知2−i是关于x的方程x2+mx+n=0m,n∈R的一个根，其中i为虚数单位.
(1)求m+2n的值;
(2)记复数z=m+ni，求复数z1+i的模.
【解题思路】
（1）将x=2−i代入方程化简，利用复数等于0，即实部和虚部都为0，即可求解；
（2）求出共轭复数，然后求出待求复数，利用复数模长公式即可求解.
【解答过程】（1）由题意得:2−i2+m2−i+n=0，即4−4i+i2+2m−mi+n=0，
所以3+2m+n−(4+m)i=0，所以3+2m+n=0，4+m=0，
解得：m=−4,n=5，m+2n=6.
（2）
z=−4+5i，z=−4−5i，z1+i=−4−5i1+i，
所以z1+i=−4−5i1+i=−9+i2=822.
20．（12分）（22-23高一下·河南·期中）如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，棱长为2，E是线段AA1的中点，平面α过点D1、C、E.
(1)画出平面α截正方体所得的截面，并说明原因；
(2)求（1）中截面多边形的面积；
(3)平面α截正方体，把正方体分为两部分，求比较小的部分与比较大的部分的体积的比值.（参考公式：V棱台=13ℎS′+S′S+S）
【解题思路】
（1）取AB的中点F，连接EF、A1B、CF，利用平行线的传递性可证得EF//D1C，可知E、F、C、D1四点共面，再由于E、C、D1三点不共线，可得出面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面；
（2）分析可知，四边形CD1EF为等腰梯形，求出该等腰梯形的高，利用梯形的面积公式可求得截面面积；
（3）利用台体的体积公式可求得三棱台AEF−DD1C的体积，可求得该三棱台的体积，并求出剩余部分几何体的体积，由此可得结果.
【解答过程】（1）解：如下图，取AB的中点F，连接EF、A1B、CF.
因为E是AA1的中点，所以EF//A1B.
在正方体ABCD−A1B1C1D1中，A1D1//BC，A1D1=BC，
所以四边形A1BCD1是平行四边形，所以A1B//D1C，所以EF//D1C，
所以E、F、C、D1四点共面.
因为E、C、D1三点不共线，所以E、F、C、D1四点共面于平面α，
所以面EFCD1即为平面α截正方体所得的截面.
（2）解：由（1）可知，截面EFCD1为梯形，EF=AE2+AF2=1+1=2，
CD1=CD2+DD12=4+4=22，D1E=A1D12+A1E2=4+1=5，
同理可得CF=5，
如下图所示：
分别过点E、F在平面CD1EF内作EM⊥CD1，FN⊥CD1，垂足分别为点M、N，
则D1E=CF，∠ED1M=∠FCN，∠EMD1=∠FNC=90∘，
所以，△EMD1≌△FNC，则D1M=CN，
因为EF//CD1，EM⊥CD1，FN⊥CD1，则四边形EFNM为矩形，
所以，MN=EF=2，则D1M=CN=CD1−MN2=22−22=22，
所以，EM=ED12−D1M2=5−12=322，
所以，梯形CD1EF的面积为S=12EF+CD1⋅EM=12×32×322=92.
（3）解：多面体AEF−DD1C为三棱台，S△AEF=12AE⋅AF=12×12=12，
S△DD1C=12DD1⋅DC=12×22=2，该棱台的高为2，
所以，该棱台的体积为13S△AEF+S△DD1C+S△AEF⋅S△DD1C⋅AD
=1312+2+12×2×2=73，
故剩余部分的体积为8−73=173.
故比较小的那部分与比较大的那部分的体积的比值为717.
21．（12分）（2024高二·全国·专题练习）△ABC中，AB=2AC，点D在BC边上，AD平分∠BAC．
(1)若sin∠ABC=55，求cs∠BAC；
(2)若AD=AC，且△ABC的面积为7，求BC．
【解题思路】（1）由正弦定理及同角三角函数的关系，求出∠ABC，∠ACB的正余弦值，再由互补关系求出cs∠BAC；
（2）由S△ABC=S△ACD+S△ABD和△ABC的面积为7，分别求出AC和cs∠BAC，再根据余弦定理求出BC的值.
【解答过程】（1）由正弦定理得ABsin∠ACB=ACsin∠ABC，AB＝2AC，C＞B，
又∵sin∠ABC=55，∴sin∠ACB=255，
∵sin2∠ABC+cs2∠ABC=1，
∵AB＝2AC，∴C＞B，即大边对大角，cs∠ABC=255，
又∵sin2∠ACB+cs2∠ACB=1，∴cs∠ACB=±55，
∵cs∠CAB=csπ−∠ABC−∠ACB=−cs∠ABC+∠ACB，
∴cs∠CAB=sin∠ABCsin∠ACB−cs∠ABCcs∠ACB
=55×255±55×255=0或45，
（2）设AB＝2AC＝2t，∠CAD＝θ，∴AD＝AC＝t，
∵S△ABC=S△ACD+S△ABD，∴12⋅t⋅2t⋅sin2θ=12⋅t⋅t⋅sinθ+12⋅2t⋅t⋅sinθ，
∴2sinθcsθ=12sinθ+sinθ，
∵θ为三角形的内角，sinθ≠0，∴csθ=34，∴cs2θ=2cs2θ−1=18，
∵sin22θ+cs22θ=1，∴sin2θ=378，
又∵S△ABC=12⋅t⋅2t⋅sin2θ=378t2=7，∴t2=83，
在△ABC中，运用余弦定理可得，
BC2=t2+4t2−4t2cs2θ=92×83=12，
∴BC=23．
22．（12分）（2024高三·全国·专题练习）如图所示，在三棱锥P−ABC中，AC=BC=2,∠ACB=90°,AP=BP=AB,PC⊥AC．
(1)求证：PC⊥AB；
(2)求二面角B−AP−C的余弦值；
(3)求点C到平面APB的距离．
【解题思路】（1）取AB的中点为M，连接PM,CM，可得AB⊥平面PCM，从而可证PC⊥AB；
（2）如图，过C作CN⊥PM,CH⊥PA，垂足分别为N,H，连接HN，可证∠CHN为二面角B−AP−C的平面角，结合解直角三角形可求其余弦值.
（3）结合（1）（2）中的结果可得点面距.
【解答过程】（1）取AB的中点为M，连接PM,CM，
因为PA=PB，故PM⊥AB，同理CM⊥AB，
而PM∩CM=M,PM,CM⊂平面PCM，故AB⊥平面PCM，
而PC⊂平面PCM，故AB⊥PC.
（2）
如图，过C作CN⊥PM,CH⊥PA，垂足分别为N,H，连接HN.
由（1）可得AB⊥平面PCM，而AB⊂平面PAB，
故平面PAB⊥平面PCM，而平面PAB∩平面PCM=PM，
CN⊂平面PCM，故CN⊥平面PAB，而PA⊂平面PAB，
所以CN⊥PA，而CN∩CH=C,CN,CH⊂平面HCN，
所以PA⊥平面HCN，因HN⊂平面HCN，故PA⊥HN，
故∠CHN为二面角B−AP−C的平面角.
因为AC=BC=2,∠ACB=90°，故AB=22，
故PA=PB=22，由（1）可得PM⊥AB，CM⊥AB
故PM=22×32=6，CM=12AB=2
因为AC⊥PC，故PC=PA2−AC2=2，
故PC2+CM2=PM2，故∠PCM=90°，所以CN=2×26=233，
同理CH=2×222=2，
由CN⊥平面PAB，HN⊂平面PAB可得CN⊥HN，故HN=2−43=63，
故cs∠CHN=632=33.
（3）由（1）可得CN⊥平面PAB，由（2）可得CN=233，
故点C到平面APB的距离为233.
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