2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期期中练习数学试题（解析版）

2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期期中练习数学试题

一、单选题

1．已知，，如果与为共线向量，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】由可构造方程求得结果.

【详解】与为共线向量，，则，解得：.

故选：C.

2．在空间四边形中，等于（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据向量的线性运算求得正确答案.

【详解】根据向量的加法、减法法则，得

．

故选：C

3．直线经过点，且倾斜角，则直线的方程为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】求出直线的斜截式方程，化为一般式方程即可.

【详解】由题意可知，直线的斜率为，

故直线的方程为，即.

故选：B.

4．若与为两条不重合的直线，它们的倾斜角分别为，，斜率分别为，，则下列命题

①若，则斜率；    ②若斜率，则；

③若，则倾斜角；④若倾斜角，则，

其中正确命题的个数是（    ）.

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】D

【分析】根据两条直线平行的判定方法与结论即可判断．

【详解】由于与为两条不重合的直线且斜率分别为，，所以，故①②正确；

由于与为两条不重合的直线且倾斜角分别为，，所以，故③④正确，

所以正确的命题个数是4．

故选：D．

5．设向量不共面，则下列可作为空间的一个基底的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】能作为空间的一个基底的三个向量必不共面，因此只需要判断选项中向量是否共面即可.

【详解】对于A，假设不能作为空间的一个基底，则存在，使得，整理得，

若，则，即，此时必然共线，矛盾；

若，则，则共面，矛盾；

所以假设不成立，故可以作为空间的一个基底，故A正确；

对于B，因为，故共面，故B错误；

对于C，因为，故共面，故C错误；

对于D，因为，故共面，故D错误.

故选：A.

6．若直线l的方向向量为，平面的法向量为，则下列四组向量中能使的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】要使，只需成立即可，由此利用空间向量平行的坐标表示对选项逐一判断即可.

【详解】依题意，要使，只需成立即可，

对于A，假设，所以存在，使得，因为，所以，得，即，无解，假设不成立，故A错误；

对于B，类比选项A得，得，即，无解，假设不成立，故B错误；

对于C，类比选项A得，得，即，无解，假设不成立，故C错误；

对于D，类比选项A得，得，解得，假设成立，故D正确.

故选：D.

7．已知直线：与直线：垂直，则实数的值为（    ）

A． B．

C．或 D．不存在

【答案】C

【分析】根据直线垂直的关系即得.

【详解】由两直线垂直可得，

解得或.

故选：C.

8．已知两个不同的平面，两条不同的直线，，，则“，”是“”的（    ）

A．充分不必要条件 B．必要不充分条件

C．充要条件 D．要不充分也不必要条性

【答案】B

【分析】由面面平行的判定与性质依次判断充分性和必要性即可.

【详解】若，则，无法得到，充分性不成立；

若，，，则，，必要性成立；

“，”是“”的必要不充分条件.

故选：B.

9．已知复数z满是，则|z|=（    ）

A．5 B．2 C． D．

【答案】C

【分析】先通过条件求出，进而求出模即可.

【详解】

,

故选：C.

10．已知函数，若满足的整数解恰有3个，则实数的范围为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】将问题转化为函数的图象在直线非上方的部分有3个整数点，然后数形结合求解.

【详解】由，得，

所以满足的整数解恰有3个，等价于函数的图象在直线非上方的部分有3个整数点，

由图可知点满足条件，

所以当直线的斜率满足，其中，

所以，

所以，

故选：C

11．已知、、、为空间中不共面的四点，且，若、、、四点共面，则实数的值是（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据空间共面向量的基本定理可设，利用空间向量的线性运算与空间向量的基本定理可得出、、的方程组，即可解得实数的值.

【详解】因为、、、四点共面，则存在、，使得，

则，

所以，，

所以，，三个等式全加可得，解得.

故选：C.

12．已知直线，直线l2是直线l1绕点逆时针旋转45°得到的直线．则直线l2的方程是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据题意，求得的斜率，利用点斜式写出直线方程即可.

【详解】设直线的倾斜角分别为，则，，

故，又点在直线上，

故直线的方程为，整理得：.

故选：D.

13．如图，在棱长为1的正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，M，N分别为BC，AD的中点，则直线AM和CN夹角的余弦值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】将用表示，用表示，再利用向量法求解即可.

【详解】解：在正四面体（四个面都是正三角形）ABCD中，

，

因为M，N分别为BC，AD的中点，

所以，

且，

则

，

所以，

即直线AM和CN夹角的余弦值为.

故选：A.

14．已知，则的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据两点之间的距离公式，数形结合，即可求得结果.

【详解】可以理解为点与点之间的距离的平方，

而点在上，而在上，

故目标代数式表示直线上一点到上一点距离的平方，

又在同一坐标系中，的图象如下所示：

注意到的图象关于对称，的图象也关于对称，

数形结合可知，目标式的最小值为之间的距离的平方，

联立可得点的坐标为；联立可得点的坐标为，

则，故的最小值为.

故选：C.

二、填空题

15．已知A（1，2），B（3，1），C（2，0），则点C到直线AB的距离为___________.

【答案】##

【分析】先求出直线AB的方程，再利用点到直线的距离公式求解即可.

【详解】由A（1，2），B（3，1）得直线AB的方程为，

整理得，

则点C到直线AB的距离为

故答案为：.

16．已知是方程的一个虚根，则实数的值为___________.

【答案】26

【分析】根据方程虚根的定义，将代入方程，计算化简即可求解.

【详解】由是方程的一个虚根，

得，

整理，得，

则，解得.

故答案为：26.

17．设直线的斜率为，且，则直线的倾斜角的取值范围为_________.

【答案】

【分析】根据倾斜角与斜率的关系及正切函数的性质计算可得.

【详解】解：直线的倾斜角为，则，由，得，

∴．

故答案为：

18．唐代诗人李颀的诗《古从军行》并头两句为“白日登山望锋火，黄昏饮马傍交河”，其中隐含了一个有趣的数学问题——“将军饮马”，即将军在白天观望烽火台之后黄昏时从山脚下某处出发，先到河边饮马再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，已知军营所在的位置为，若将军从山脚下的点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为___________

【答案】

【分析】先找点关于直线的对称点，然后计算对称点到点的距离即可.

【详解】设点关于直线的对称点为，

得与直线垂直，点与点的中点坐标为

建立方程组，解得：，

所以

所以，

所以“将军饮马”的最短总路程为.

故答案为：

19．如图1，等腰直角三角形ABC，，D为AC中点，l为平面ABC内过D点的一条动直线，沿直线l作如图2的翻折，点C在翻折过程中记为点，在直线l上的射影为C1，在平面ABC上的射影C2落在直线AB上，则取得最小值时，C1到直线AB的距离为___________．

【答案】##

【分析】证明，得出，，三点共线，建立坐标系，设斜率为，得出关于的表达式，从而得出取得最小值时对应的的值，再解方程组求出的坐标，得出答案．

【详解】平面，平面，

，

又，，平面

平面，又平面，

，

，，三点共线，

以，所在直线为坐标轴建立坐标系如图所示：

则，，，

设直线的方程为，直线的方程为，

，，

在平面上的射影落在直线上，

，

．

当且仅当即时取等号．

此时，联立方程组，解得，．

到直线的距离为．

故答案为：．

三、双空题

20．已知点，则点到原点的距离是___________，点关于轴的对称点的坐标为______.

【答案】         

【分析】利用空间中两点距离公式即可求得点到原点的距离；再由空间中点关于坐标轴对称的性质可求得点关于轴的对称点的坐标.

【详解】因为，原点，

所以，点关于轴的对称点的坐标为.

故答案为：；.

21．复数的虚部是___________，它的共轭复数在第___________象限.

【答案】     2     四

【分析】根据复数与共轭复数的概念及几何意义即可得解.

【详解】因为复数的虚部为，

所以复数的虚部是2，

又因为的共轭复数为，其对应的点为，

所以它在第四象限.

故答案为：2；四.

22．有很多立体图形都体现了数学的对称美，其中半正多面体是由两种成两种以上的正多边形围成的多面体，半正多面体因其最早由阿基米德研究发现，故也被称作阿基米德体.如图，这是一个棱数为24，棱长为的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，可以看成是由一个正方体截去八个一样的四面体所得，这个正多面体的表面积为___________.若点E为线段BC上的动点，则直线DE与直线AF所成角的余弦值的取值范围为___________.

【答案】     ##    

【分析】由表面积公式求解；在原正方体中建立空间直角坐标系，由空间向量求解

【详解】由题意得该几何体有6个面为边长为的正方形，8个面为边长为的等比三角形，故，

在原正方体中建立如图所示的空间直角坐标系，

则，，，设，

，，

则直线DE与直线AF所成角的余弦值，

而，故，，

故答案为：；

四、解答题

23．已知复数z=m（m+2）+（m2+m-2）i．

(1)若z是纯虚数，求实数m的值；

(2)若z在复平面内对应的点位于第四象限，求实数m的取值范围．

【答案】(1)m=0

(2)（0，1）

【分析】（1）根据纯虚数的概念，让实部等于零，虚部不等于零，列方程求解即可；

（2）根据复数z在复平面内对应的点位于第四象限，得到实部大于零，虚部小于零，列不等式求解即可.

【详解】（1）若复数是纯虚数，则，解得或且，，所以.

（2）复数z在复平面内对应的点位于第四象限，则，解得，故的取值范围为.

24．在平面直角坐标系xOy，已知的三个顶点A(m，n)，B(2，1)，，且的面积为4.

(1)求BC边所在直线的一般式方程；

(2)请写出n与m的关系式；(用m表示n)

(3)BC边上中线AD的方程为，求点A的坐标.

【答案】(1)

(2)或

(3)或(2，3)

【分析】(1)由直线方程的两点式求直线BC的方程；

(2)求出，由的面积为4知A到直线BC的距离，代入点到直线距离公式得n与m的关系式；

(3)将BC中点坐标代入求得值，A(m，n)代入中线所在直线方程得，联立（2）中n与m的关系式，解方程组得n与m的值.

【详解】（1）由B(2，1)，，可得直线BC的斜率．

故直线BC的方程为

化为一般式方程为

（2）由B(2，1)，，，

由S=4，可以得出BC边上的高为

根据点A到直线BC距离公式得

即或①

（3）由B(2，1), ，可得BC的中点D的坐标为(0，2)

又由AD的方程，则有，解得

故AD数方程为

由A(m，n)，可得，②

由第(2)问知，联立①②可得或，

故点A的坐标为或(2，3)

25．如图，平面，，.

(1)求证：BF∥平面ADE；

(2)求直线CE与平面BDE所成角的正弦值；

(3)若二面角E—BD—F的余弦值为，求线段CF的长，

【答案】(1)证明见解析

(2)

(3)

【分析】建立空间直角坐标系，然后写出相应点的坐标，利用空间向量计算即可.

【详解】（1）证明：因为平面，、在平面内，，，又，故以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系．

可得，，，，

设，则

显然是平面的一个法向量，又，可得

又∵直线平面，

∴平面

（2）依题意，

设为平面的法向量，

则

令，得

∴

∴直线与平面所成角的正弦值为．

（3）设为平面BDF的法向量，

则

取，可得，

由题意，

解得．

经检验，符合题意，∴线段CF的长为．

26．已知正方体ABCD—A1B1C1D1．

(1)若正方体的棱长为1，求点A到平面A1BD的距离；

(2)在一个棱长为10的密封正方体盒子中，放一个半径为2的小球，任意摇动盒子，求小球在盒子中不能达到的空间的体积；

(3)在空间里，是否存在一个正方体，它的顶点A、B、C、D、A1、B1、C1、D1到某个平面的距离恰好为0，1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方体的棱长，并说明位置：或者不存在，说明理由．

【答案】(1)；

(2)；

(3)存在；正方体的棱长为；位置见解析.

【分析】（1）根据棱锥体积的公式，利用三棱锥的等积性进行求解即可；

（2）根据正方体和球的体积公式，结合球与正方体的位置关系进行求解即可；

（3）根据三棱锥的体积公式，结合线面角的定义进行求解即可.

【详解】（1）正方体的棱长为1，设点A到平面的距离为h，

由，

；

（2）在正方体的8个顶点处的立方体空间内，

小球不能到达的空间为：，

除此之外，以正方体的棱为一条棱的12个的正四棱柱空间内小球不能到达的空间共．

其它空间小球均能到达，

故小球不能到达的空间体积为：；

（3）设平面α为符合题意的平面，α过点C，延长，，AB分别交平面α于点E，F，G，由图可知，点C，，B，，D，，A，与平面α的距离分别应为0、1、2、3、4、5、6、7，因为，，DC，AG互相平行，所以它们与平面α所成角相等，

故由比例关系得

设正方体的棱长为4a，则，

用几何方法可解得

故，

由平面，知为四面体的底面上的高，所以由，算得点到平面α的距离，，

实际上已知，所以，从而可得．

所以正方体的棱长为，由图可知，该正方体存在．

【点睛】关键点睛：根据三棱锥的等积性，结合正方体的性质解题的关键.