2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期期末复习（二）数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期期末复习（二）数学试题（解析版），共17页。试卷主要包含了单选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期期末复习（二）数学试题 一、单选题1．设复数，是z的共轭复数，则（    ）A．-3 B．-1 C．3 D．5【答案】D【分析】先利用复数的除法化简，进而得到共轭复数，再利用复数的乘法运算求解.【详解】解：∵，∴，．故选：D．2．已知向量，，且，则实数的值为（    ）．A．4 B． C．2 D．【答案】A【分析】依题意可得，根据数量积的坐标表示得到方程，解得即可.【详解】解：因为，，且，所以，解得.故选：A3．抛物线的准线方程是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】先将抛物线方程化为标准形式，再根据抛物线的性质求出其准线方程.【详解】抛物线的方程可化为x2y故其准线方程为y故选：D4．已知双曲线C：的一条渐近线的斜率为，且与椭圆有相等的焦距，则C的方程为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据椭圆的焦距可得双曲线C：的焦距，根据双曲线C：的一条渐近线的斜率为，可得，结合求得，即可得出答案.【详解】解：因为双曲线C：的一条渐近线的斜率为，所以，即，椭圆的焦距为，所以双曲线C：的焦距，即，又因，解得，所以，所以C的方程为.故选：B.5．如图是抛物线形拱桥，当水面在l时，拱顶离水面2米，水面宽4米，水位下降1米后，水面宽（　　）米．A． B． C． D．【答案】B【分析】通过建立直角坐标系，设出抛物线方程，将A点代入抛物线方程求得m，得到抛物线方程，再把B（x0，﹣3）代入抛物线方程求得x0进而得到答案．【详解】如图建立直角坐标系，设抛物线方程为x2＝my，将A（2，﹣2）代入x2＝my，得m＝﹣2∴x2＝﹣2y，B（x0，﹣3）代入方程得x0，故水面宽为2m．故选：B．6．如图，已知正方形所在平面与正方形所在平面构成的二面角，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）．A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题目条件可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，将异面直线与所成角的余弦值转化成直线方向向量夹角余弦值的绝对值即可.【详解】根据题意可知，即为平面与平面构成二面角的平面角，所以，设正方形边长为1，异面直线与所成的角为，，，,所以即所以；即，所以，异面直线与所成角的余弦值为.故选：A.7．对于直线：（），现有下列说法：①无论如何变化，直线l的倾斜角大小不变；②无论如何变化，直线l一定不经过第三象限；③无论如何变化，直线l必经过第一、二、三象限；④当取不同数值时，可得到一组平行直线．其中正确的个数是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】将直线化为斜截式方程，得出直线的斜率与倾斜角，可判断①正确，④正确；由直线的纵截距为正，可判断②正确，③错误．【详解】直线：（），可化简为：，即，则直线的斜率为，倾斜角为，故①正确；直线在轴上的截距为，可得直线经过一二四象限，故②正确，③错误；当取不同数值时，可得到一组斜率为的平行直线，故④正确；故选：C8．已知是椭圆的两个焦点，若椭圆上存在点满足，则的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】利用圆的直径所对圆周角为，将椭圆上存在点满足，转化为以为直径的圆与椭圆有交点，即可求解.【详解】解：若椭圆上存在点满足，只需满足以为直径的圆与椭圆有交点，即,即，当时,椭圆的焦点在轴上,此时，则，解得：，当时，椭圆的焦点在轴上，此时，则，解得：.综上，.故选：B【点睛】本题考查椭圆的基本性质，属于较易题。9．如图，已知线段上有一动点（异于、），线段，且满足（是不等于的常数），则点的运动轨迹不可能是（    ）．A．圆的一部分 B．椭圆的一部分C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分【答案】D【分析】以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立平面直角坐标系，分别求出各点的坐标，再结合条件，且满足，再对分类讨论得到动点的轨迹方程．【详解】解：以所在直线为轴，的垂直平分线为轴，建立如图所示平面直角坐标系，设中点为，， ，则，，，所以，，，，且满足，，，，，因为是不等于的常数，当时点的运动轨迹为圆的一部分，当且时点的运动轨迹为椭圆的一部分，当时点的运动轨迹为双曲线的一部分．故选：D．10．如图，在正方体中，点是对角线上一动点，在点从顶点移动到顶点的过程中，下列结论中错误的有（    ）．A．二面角的取值范围是B．直线与平面所成的角逐渐增大C．存在一个位置，使得平面D．存在一个位置，使得平面平面【答案】B【分析】点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐由减小至0，再由对称性即可判断A选项；找特殊点，令点分别与点和点重合，找出相应位置的线面角，并比较二者大小即可判断B选项；当点为平面与直线的交点时，根据空间中线面平行或垂直的判定定理与性质定理可判断C、D选项．【详解】解：对于A，当与重合时，二面角为，点由点移动到中点的过程中，二面角逐渐减小至0，由对称性可知，当由中点移动到点的过程中，二面角由0逐渐增大至，即A正确；对于B，当点与重合时，即为所求，此时有，当与重合时，连接，相交于点，则即为所求，此时有，所以，即直线与平面所成的角并不是逐渐增大，所以B错误；对于C，当点为平面与直线的交点时，连接，则，又因为平面，平面，所以，又，所以平面，所以．同理可得，．因为，平面，平面，所以平面，即C正确；对于D，当点为平面与直线的交点时，因为，平面，平面，所以平面，同理可得，平面，又因为，平面，平面，所以平面平面，即D正确．故选：B． 二、填空题11．如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则__________．【答案】【分析】首先表示出，，再根据复数代数形式的加法运算求出，从而求出其模.【详解】解：依题意可得，，所以，，所以，所以.故答案为：12．已知三棱锥，M，N分别是对棱、的中点，点G在线段上，且，设，，，则__________．（用基底表示）【答案】【分析】根据空间向量的线性运算的几何表示结合条件即得．【详解】∵，∴，又M，N分别是对棱、的中点，，，，∴.故答案为：.13．如图，曲线C1：y2＝4x（y0）和曲线C2：x2＝4y（x0）在第一象限的交点为C，已知A（1,0），B（0,1），直线x+y＝m，m∈（0,8）分别与C1和C2交于M，N两点，且M，N，A，B不共线．以下关于四边形ABMN描述中：①∀m∈（0,8），四边形ABMN的对角线AM＝BN；②∃m∈（0,8），四边形ABMN为正方形；③∃m∈（0,8），使得|MN|＝．其中所有正确结论的序号是：_____．【答案】①②【分析】根据曲线的对称性，直线的位置关系，结合两点距离公式以及题中的几何关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.【详解】A（1,0），B（0,1），∴|AB|＝，kAB＝﹣1．两点A，B关于直线y＝x对称．∵直线MN方程为：x+y＝m，m∈（0,8），斜率kMN＝﹣1，且M，N，A，B不共线．∴MN∥AB．由曲线C1：y2＝4x（y0）和曲线C2：x2＝4y（x0），可得：两条曲线关于直线y＝x对称．可得四边形ABMN为等腰梯形或矩形．因此①∀m∈（0,8），四边形ABMN的对角线AM＝BN，正确；②联立，解得xM＝m+2﹣2，yM＝2﹣2，∴点M到直线y＝x的距离d＝，∴|MN|＝2d＝|m+4﹣4|，令|MN|＝|AB|，可得：|m+4﹣4|＝1，解得：m＝3，可得M（1,2），kMB＝1，∴MB⊥AB．|MA|＝＝|AB|，因此∃m∈（0,8），四边形ABMN为正方形．因此②正确．③令|MN|＝．∴|m+4﹣4|＝，无解．因此不存在m∈（0,8），使得|MN|＝．故答案为：①②．【点睛】本题考察了由曲线的图象和方程研究曲线的性质、图象的对称性、方程的解法，以及数形结合方法、推理能力与计算能力，属于中档题． 三、双空题14．已知双曲线的一条渐近线为，且为双曲线上的一点，双曲线的离心率为__________；顶点坐标为__________．【答案】          【分析】依题意设双曲线方程为，将代入方程，求出，即可求出双曲线方程，从而求出离心率与顶点坐标.【详解】解：因为双曲线的一条渐近线为，所以设双曲线方程为，又为双曲线上的一点，所以，解得，所以双曲线方程为，所以、，即、，所以，则双曲线的离心率，顶点坐标为.故答案为：，.15．已知正方体的棱长为1，点为棱的中点．若点是线段上的点，且，则线段的长为__________；若点是正方体的表面上的动点，且，则线段的最小值为__________．【答案】          【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量计算可得.【详解】解：如图建立空间直角坐标系，则，，，设，所以，，因为，所以，解得，所以，所以，所以；取的中点，的中点，连接、、、、，因为，，所以，所以、、、四点共面，又，，，所以，，即，，又，平面，所以平面，因为点是正方体的表面上的动点，且，所以在四边形的边上(除B点外)，若点在上，设，，则，所以，当时取最小值；当点在上，设，，则，所以，当时取最小值；当点在上，设，，则，所以，当时取最小值；若点在上，设，，则，所以，当时取最小值；因为，所以，即线段的最小值为.故答案为：；. 四、解答题16．已知光线经过已知直线和的交点M，且射到x轴上一点后被x轴反射．(1)求反射光线所在的直线的方程．(2)求与距离为的直线方程．【答案】(1)；(2)或. 【分析】（1）由题可得，进而可得，然后结合条件及直线的点斜式即得；（2）根据平行线间距离公式即得.【详解】（1）由，可得，即，又，所以，所以反射光线所在的直线的斜率为，故反射光线所在的直线的方程，即；（2）由题可设所求直线方程为，则，解得或，所以与距离为的直线方程为或.17．如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为正方形，PA⊥平面ABCD，|AB|＝|PA|＝1，F是PB的中点，E为BC上一点．(1)求证：AF⊥平面PBC；(2)若|BE|＝，求直线PB和直线DE所成角的余弦值；(3)当BE为何值时，直线DE与平面AFC所成角为45°？【答案】(1)证明见解析；(2)；(3). 【分析】(1)由和，从而平面，进而，推导出，在结合等腰三角形三线合一，即能证明平面．(2)以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出直线和直线所成角的余弦值．(3)求出平面的法向量，利用向量法能求出．【详解】（1）在四棱锥中，底面为正方形，平面，，，，与平面，平面，平面，，，是的中点，，，，平面，平面．（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系：，,0,，,1,，,0,，,1,，∴,1,，,1,，设直线和直线所成角为，则．直线和直线所成角的余弦值为．（3）设，则,1,，，,1,，，,1,，,,，设平面的法向量,,，则，取，得,,，直线与平面所成角为，，由，解得，．18．在平面直角坐标系中．已知圆经过，，三点，是线段上的动点，是过点且互相垂直的两条直线，其中交轴于点，交圆于两点．(1)若，求直线的方程；(2)若是使恒成立的最小正整数，求的面积的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）设直线的方程，即，根据圆心到直线的距离建立方程求解即可；（2）设，由点在线段上，得，依题意，线段与圆至多有一个公共点，解得舍)或，由此求得，得出圆的方程．分直线的斜率不存在和直线的斜率存在时，分别求得的面积，运用关于斜率k的函数求最值，比较可得最小值.【详解】（1）解：由题意，圆心坐标为，半径为，则设直线的方程，即，圆心到直线的距离，舍)或，直线的方程为；（2）解：设，由点在线段上，得，即，由，得，即，依题意，线段与圆至多有一个公共点，故，解得舍)或，是使恒成立的最小正整数，，圆的方程为．①当直线：时，直线的方程为，此时；②当直线的斜率存在时，设的方程为，，则的方程为，点，，又圆心到的距离为，，,，．19．已知椭圆C：.(1)求椭圆C的离心率和长轴长；(2)已知直线与椭圆C有两个不同的交点A，B，P为x轴上一点.是否存在实数k，使得是以点P为直角顶点的等腰直角三角形？若存在，求出k的值及点P的坐标；若不存在，说明理由.【答案】(1)椭圆离心率为，长轴长为(2)存在，当时，点坐标为；当时，点坐标为 【分析】（1）根据椭圆的基本量关系求解即可；（2）联立直线与椭圆的方程，设中点，得出韦达定理，根据各点的坐标关系，表达出，结合，进而结合韦达定理化简求解即可.【详解】（1）由题意：，，所以.，，.所以.所以椭圆离心率为，长轴长为.（2）联立消整理得：.因为直线与椭圆交于两点，故，解得.设，则，.设中点，则，，故.假设存在和点，使得是以为直角顶点的等腰直角三角形，则，故，所以，解得，故.又因为，所以.所以，即.整理得.所以，代入，整理得，即.当时，点坐标为；当时，点坐标为.此时，是以为直角顶点的等腰直角三角形.【点睛】本题主要考查了根据直线与椭圆的位置关系，求解点坐标与斜率的问题.需要根据题意联立直线与椭圆的方程，设点的坐标，结合韦达定理，利用向量或者斜率关系列式，代入化简求解.属于难题.