北京市怀柔区第一中学2023-2024学年高二上学期期中检测试数学试题（Word版附解析）

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一、选择题（共10小题，每小题4分，共40分）
1. 已知复数（是虚数单位），则复数的虚部为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由复数的定义求解即可.
【详解】由题易知，实部为1，虚部为-2.
故选：A
2. 圆的圆心坐标和半径分别为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】A
【解析】
【分析】根据圆的一般方程的圆心坐标为，半径为，即可求出结果.
【详解】由于圆，所以其圆心坐标为，即；半径为.
故选：A.
3. 若直线经过，两点，则直线AB的倾斜角为（ ）
A. 30°B. 45°C. 60°D. 120°
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意求直线的斜率，进而可得倾斜角.
【详解】因为直线AB的斜率，
设直线AB的倾斜角为，则，
所以.
故选：B.
4. 已知表示两条不同的直线，表示平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】利用空间直线与平面间的位置关系即可判断得解.
【详解】对于A，若，则也有可能，故A错误；
对于B，若，则也有可能，故B错误；
对于C，由线面垂直的性质可知，若，则，故C正确；
对于D，若，则也有可能，故D错误；
故选：C.
5. 在空间直角坐标系中，点关于平面的对称点为，则
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意，根据点关于平面的对称点，求得的坐标，利用向量的数量积的坐标运算，即求解.
【详解】由题意，空间直角坐标系中，点关于平面的对称点，
所以,则，故选D.
【点睛】本题主要考查了空间直角坐标系的应用，以及空间向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记空间向量数量积的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.
6. “”是“直线与直线平行”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
【答案】C
【解析】
【分析】根据两直线一般式中平行满足的系数关系，即可结合充要条件的定义求解.
【详解】若与直线平行，
则满足，解得，
故“”是“直线与直线平行”的充要条件，
故选：C
7. 过点作与圆相切的直线l，则直线l的方程为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】
先求得圆的圆心和半径，根据直线与圆相切，分直线斜率不存在和直线斜率存在两种情况，由求解.
【详解】圆即为，
圆心是，
当直线斜率不存在时，直线方程为，
而，直线与圆相切，
当直线斜率存在时，设直线方程为，
圆心到直线的距离为；，
解得，
所以直线l的方程为，
综上：直线l的方程为或，
故选：C
8. 已知复数满足（i是虚数单位），则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复数模几何意义，转化为点到圆心为，半径为的圆上的点的最值问题，从而得解.
【详解】表示对应的点是圆心为，半径为的圆上的点，
的几何意义表示该圆上的点和点之间的距离，
而圆心到点的距离为，
所以的最大距离为，最小距离为，
所以的取值范围为.
故选：D.
9. 在正方体中，E是的中点，若，则点B到平面ACE的距离等于（ ）
A. B. C. D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知求得三角形的面积，再由等积法求点到平面的距离．
【详解】如图，在正方体中，，是的中点，
则，，．
．
设点到平面的距离为，
由，得，
解得．
故选：．
【点睛】本题主要考查空间中点到面的距离，训练了利用等积法求多面体的体积，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
10. 设，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】试题分析：易得.设，则消去得：，所以点P在以AB为直径的圆上，，所以，令，则
.因为，所以.所以，.选B.
法二、因为两直线的斜率互为负倒数，所以，点P的轨迹是以AB为直径的圆.以下同法一.
【考点定位】1、直线与圆；2、三角代换.
二、填空题（共5小题，每小题5分，共25分）
11. 已知直线与直线垂直，则实数的值为______．
【答案】3
【解析】
【分析】根据直线一般式垂直时满足的系数关系即可列方程求解.
【详解】与直线垂直，则满足，
解得，
故答案为：3
12. 已知复数满足（为虚数单位），则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据复数除法法则计算出，从而求出模长.
【详解】，
故.
故答案为：
13. 已知在四棱锥中，底面为正方形，侧面为边长为2的等边三角形，则四棱锥体积的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可知侧面底面，即可根据体积公式求解.
【详解】依题意可知，当侧面底面时，四棱锥的体积最大．
取为，连接,则，
由于侧面底面，且交线为,，平面，
故底面,
因为和正方形的边长均为2，故
故
故答案为：
14. 若圆与圆恰有3条公切线，则的值为______．
【答案】7
【解析】
【分析】根据两圆外切，即可根据圆心距和半径的关系求解.
【详解】由于圆与圆恰有3条公切线，故两圆外切，
的圆心，半径为，的圆心，半径为，
故，故，解得，
故答案为：7
15. 如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：
①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是__________．
【答案】①③④
【解析】
【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可.
【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，
则五边形即为所求的截面图形，故①正确；
对于②，由题知，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，
则，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
假设存在点使得，
所以，
整理得，
所以（舍去），或，
所以存在点使得，故③正确；
对于④，由③知，
所以点在的射影为，
所以点到的距离为
，
当时，，
所以面积的最小值是，故④正确；
故答案为：①③④
三、解答题（共6小题，共85分）
16. 已知复数．
（1）若复数为纯虚数，求实数的值；
（2）若复数在复平面内对应点位于第二象限，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据纯虚数的定义即可求解，
（2）根据复数的几何意义，结合第二象限点的特征即可求解.
【小问1详解】
因为复数为纯虚数，所以，
解的
解得，；
【小问2详解】
因为复数在复平面内对应的点在第二象限，所以m2−6m+8<0m−2>0
解之得22
得．
所以实数的取值范围为．
17. 已知平行四边形的顶点为．
（1）求边所在直线的方程；
（2）求平行四边形面积．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）利用斜率的坐标公式及直线的点斜式方程求解即得.
（2）利用两点间距离公式及点到直线距离公式求解即得.
【小问1详解】
由，得直线的斜率，
在中，，则直线的斜率，
所以直线方程为，即．
【小问2详解】
在中，，
到直线的距离等于到的距离，
所以的面积.
18. 如图所示，在四棱锥中，底面，底面是矩形，，，是线段的中点.
（1）求证：平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质可得，再根据线面垂直的判定定理即可得证；
（2）以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.
【小问1详解】
证明：底面，平面，
，
四边形是矩形，，
，平面，平面，
平面；
【小问2详解】
解：由（1）可知，、、两两垂直，
以为坐标原点，建立如图所示空间直角坐标系，
则
是线段的中点， ，，
设平面的一个法向量为，
则，即，可取，
底面，
为平面的一个法向量，
，
易知二面角的平面角为锐角，故二面角的余弦值为.
19. 如图所示，四棱锥中，侧面底面，底面是正方形，侧面是等边三角形，．分别为线段的中点．
（1）求证：平面；
（2）求直线和平面所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据中位线证明线线平行，进而可得四边形为平行四边形，即可根据线面平行的判定求证，
（2）建立空间直角坐标系，利用向量夹角即可求解.
【小问1详解】
证明：取的中点，连接，
因为为中点，所以
因为为中点，所以
所以且
所以四边形为平行四边形
所以
因为平面平面
所以平面
【小问2详解】
取中点，连接，
因为是等边三角形，所以
因为侧面底面，侧面底面侧面
所以底面.
如图在底面内过做的垂线，建立如图所示的空间直角坐标系，
，
．
设是平面的法向量，则有得
令得平面的一个法向量，
设与平面所成角为，则有
20. 已知圆的圆心为，圆截轴所得的弦长为2.
（1）求圆的方程；
（2）斜率为1的直线与圆交于两点，若，求直线的方程.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用圆的弦长公式求得圆的半径，再利用圆心和半径即可求解；
（2）联立直线与圆的方程得韦达定理，即可根据数量积的坐标运算代入化简求解.
【小问1详解】
由已知条件可知圆心到轴的距离为1，
因为圆截轴所得弦长为2，
所以，
所以圆的方程为.
【小问2详解】
设直线的方程为，
联立方程，消得，
由得，
设，则有，
由得，
因为
，
所以，解得，
所以直线方程为或.
21. 已知四边形为直角梯形，为中点，与交于点，沿将四边形折起，连接．
（1）若平面平面，求证：；
（2）若平面平面．
（ⅰ）求二面角的大小；
（ⅱ）线段上是否存在点，使平面，若存在，求出的值，若不存在，请说明理由．
【答案】（1）证明见解析；
（2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，．
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定、再面面平行的判定及性质推理即得.
（2）根据给定条件，证明直线两两垂直，再以为原点建立空间直角坐标系，（ⅰ）求出平面的法向量，利用空间向量求出面面大小；（ⅱ）利用空间位置关系的向量证明求解即可.
【小问1详解】
由，平面，平面，得平面，
由，同理得平面，而平面，
因此平面平面，又平面平面，平面平面，
所以.
【小问2详解】
在边长为2的正方形中，，
由平面平面，平面平面，
又平面，得平面，即直线两两垂直，
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则．
（ⅰ），
设平面法向量为，则，取，得，
设平面法向量为，则，取，得，
于是，而二面角为钝二面角，
所以二面角的平面角的大小为.
（ⅱ）假设线段上存在点，使平面，设，
则，
由平面，得，则，解得，
所以线段上存在点，使平面，且.
【点睛】易错点睛：空间向量求二面角时，一是两平面的法向量的夹角不一定是所求的二面角，二是利用方程思想进行向量运算，要认真细心，准确计算．