2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期数学期末复习试题含解析

2022-2023学年北京市中国人民大学附属中学高二上学期数学期末复习试题

一、单选题

1．已知复数满足，若为纯虚数，则的值为（    ）

A． B． C．4 D．3

【答案】D

【分析】首先变形求出的表达式，再根据纯虚数的定义求解即可.

【详解】∵，，

因为为纯虚数，

故选：D

2．已知平面两两垂直，直线满足：，则直线不可能满足以下哪种关系

A．两两垂直 B．两两平行 C．两两相交 D．两两异面

【答案】B

【分析】通过假设，可得平行于的交线，由此可得与交线相交或异面，由此不可能存在，可得正确结果.

【详解】设，且与均不重合

假设：，由可得：，

又，可知，

又，可得：

因为两两互相垂直，可知与相交，即与相交或异面

若与或重合，同理可得与相交或异面

可知假设错误，由此可知三条直线不能两两平行

本题正确选项：

【点睛】本题考查空间中的直线、平面之间的位置关系，关键在于能够通过线面关系得到第三条直线与前两条线之间的位置关系，从而得到正确结果.

3．“m=0是“直线与直线之间的距离为2”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】A

【分析】根据平行线间的距离公式可得或，进而根据充分与不必要条件的定义判断即可.

【详解】两条平行线间的距离，即，解得或，

即“”是“两直线间距离为2”的充分不必要条件.

故选：A.

4．如图所示，在平行四边形中，，沿将折起，使平面平面，连接，则在四面体的四个面中，互相垂直的平面的对数为（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】C

【分析】利用线面垂直得到平面平面，平面平面，平面平面，得到答案.

【详解】平面平面，平面平面，

，平面，故平面，平面，故平面平面；

，平面，故平面，平面，故平面平面；

综上所述：平面平面；平面平面；平面平面；

故选：C

5．直线被圆截得的弦长的最小值为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】确定直线过定点，当时，直线被圆截得的弦长最短，计算即可.

【详解】直线，即，直线过定点，

圆的圆心为，，当时，直线被圆截得的弦长最短.

因为，所以弦长的最小值为.

故选：B

6．在平面内，，是两个定点，是动点，若，则点的轨迹为（    ）

A．圆 B．椭圆 C．双曲线 D．抛物线

【答案】A

【分析】设出、、的坐标，利用已知条件，转化求解的轨迹方程，推出结果即可．

【详解】解：在平面内，，是两个定点，是动点，

不妨设，，设，

所以，

因为，

所以，即，

所以点的轨迹为圆．

故选：A．

7．与双曲线有共同渐近线，且经过点的双曲线的虚轴的长为（　　）

A．2 B．4 C．2 D．4

【答案】D

【分析】依题意，设双曲线的方程为，将点的坐标代入可求．即可求解.

【详解】设与双曲线有共同的渐近线的双曲线的方程为，

该双曲线经过点，

．

所求的双曲线方程为：，即．

所以，

所以虚轴长为4.

故选：D

8．已知，，动点满足，则动点的轨迹与圆的位置关系是（    ）

A．相交 B．外切 C．内切 D．相离

【答案】B

【分析】由题意求出动点的轨迹方程,再由两圆圆心距与半径的关系判断.

【详解】设,由题意可知,

整理得,点的轨迹方程为,

其图形是以为圆心，以2为半径的圆，

而圆的圆心坐标为,半径为1,

可得两圆的圆心距为3,等于,

则动点的轨迹与圆的位置关系是外切.

故选：B.

9．已知点是抛物线上的动点，点A的坐标为，则点到点A的距离与到轴的距离之和的最小值为（    ）

A．13 B．12 C．11 D．

【答案】B

【分析】作出辅助线，利用抛物线定义得到点到点A的距离与到轴的距离之和，由两点之间，线段最短，得到距离之和的最小值为，求出答案.

【详解】如图，⊥轴，连接，

由抛物线定义得：抛物线的准线方程为，焦点坐标为，

故，

则点到点A的距离与到轴的距离之和，

连接，与抛物线交于点，此时，

故点到点A的距离与到轴的距离之和的最小值为，

其中，故最小值为.

故选：B

10．设，分别为双曲线：的左､右焦点，为双曲线的左顶点，以为直径的圆交双曲线的某条渐近线于，两点，且，（如图），则该双曲线的离心率为（    ）

A． B． C．2 D．

【答案】D

【分析】联立与求出，进而的正切可求，得出的关系，从而进一步解出答案.

【详解】依题意得, 以线段 为直径的圆的方程为 ,

双曲线 的一条渐近线的方程为 .

由 以及

解得 或

不妨取 , 则 .

因为 ,

所以 ,

又 ,

所以 ,

所以 ,

所以该双曲线的离心率 .

故选：D.

二、填空题

11．在复数范围内分解因式：___________.

【答案】

【分析】因式分解第一步将 ，第二步 综合起来即可得到答案.

【详解】由题意知

故答案为：.

12．方程化简后为______．

【答案】

【分析】运用方程的几何意义得出结果.

【详解】解：∵，

故令，，

∴，

∴方程表示的曲线是以，为焦点，长轴长的椭圆，

即，，，

∴方程为.

故答案为：.

13．已知集合，，若集合中有2个元素，则实数b的取值范围是______

【答案】

【分析】首先分析集合、的元素特征，再数形结合求出参数的取值范围.

【详解】解：由，则，所以，

所以表示以为圆心，为半径的圆在轴及右侧部分的点集，

集合表示直线上的点集，

集合与集合都是点集，集合中有个元素，

由，解得，

由图可知，即.

故答案为：

14．已知实数满足，则的最大值为__________.

【答案】1

【分析】由曲线方程画出曲线所表示的图形，将看作曲线上的点与坐标为的点连线的斜率，求出最大值.

【详解】由“”和“”代入方程仍成立，所以曲线关于x轴和y轴对称，故只需考虑，的情形，

此时方程为，即，所以的轨迹如下图，

，表示点和连线的斜率，由图可知，当曲线第四象限部分半圆（圆心为，半径为）相切时，斜率最大.

设：，则，解得或（舍去），

所以的最大值为1.

故答案为：1.

15．在正方体中，N为底面的中心，为线段上的动点（不包括两个端点），为线段的中点，则下列说法中正确的序号是________________．

①与是异面直线；

②；

③平面平面；

④过三点的正方体的截面一定是等腰梯形．

【答案】②③④

【分析】连接NC，根据平面几何知识可得CN，PM交于点A，可判断①；分别在△MAC中，和在△PAN中，运用余弦定理求得CM2和PN2，比较大小可判断②；证明与平面后可得面面垂直，可判断③；作出过三点的截面后可判断④．

【详解】解：连接NC，因为共线，即交于点，共面，

因此共面，①错误；

记，则，

，

又，

，，即．②正确；

由于正方体中，，平面，平面，

所以，因为，平面，

所以平面，

因为平面，

所以平面平面，即平面平面，③正确；

过点作交于点，连接，由正方体性质知，，

所以，共面，且，

故四边形就是过P，A，C三点的正方体的截面，

因为，为线段上的动点（不包括两个端点），

所以，，

故四边形是等腰梯形，故④正确．

故答案为：②③④.

三、解答题

16．已知直线

(1)若直线的倾斜角，求实数m的取值范围；

(2)若直线l分别与x轴，y轴的正半轴交于A，B两点，O是坐标原点，求面积的最小值及此时直线l的方程．

【答案】(1)

(2)最小值为2，直线l方程为：．

【分析】（1）由直线的斜率和倾斜角的范围可得的不等式，解不等式可得；

（2）由题意可得点和点，可得，由基本不等式求最值可得．

【详解】（1）解：由题意可知当时，倾斜角为，符合题意

当时，直线l的斜率

∵倾斜角，∴．

故m的范围：．

（2）解：在直线l中：令x＝0时，即，令y＝0时x＝m，即

由题意可知：得

即

当且仅当时取等号，

故最小值为2，此时直线l方程为：．

17．已知圆经过点，，且______．从下列3个条件中选取一个，补充在上面的横线处，并解答．

①与轴相切；②圆恒被直线平分；③过直线与直线的交点C．

(1)求圆的方程；

(2)求过点的圆的切线方程．

【答案】(1)任选一条件，方程都为

(2)或

【分析】(1) 选①，设圆的方程为，根据题意列出方程组，求解即可；

选②，由题意可得直线恒过为圆的圆心，代入A点坐标即可求解；

选③，求出两直线的交点为，根据圆过A，B，C三点求解即可；

(2)先判断出点P在圆外，再分切线的斜率存在与不存在分别求解即可.

【详解】（1）解：选①，设圆的方程为，

由题意可得，解得，则圆的方程为；

选②，直线恒过，

而圆恒被直线平分，

所以恒过圆心，因为直线过定点，

所以圆心为，可设圆的标准方程为，

由圆经过点，得，

则圆的方程为．

选③，由条件易知，

设圆的方程为，

由题意可得，解得，

则圆的方程为，即．

综上所述，圆的方程为；

（2）解：因为，所以点P在圆外，

若直线斜率存在，设切线的斜率为，

则切线方程为，即

所以，解得．

所以切线方程为，

若直线斜率不存在，直线方程为，满足题意．

综上过点的圆的切线方程为或．

18．如图，在三棱一中，为等腰直角三角形，.

(1)求证：;

(2)若，求平面与平面的夹角的余弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】（1）取中点，连接以及，先证明，再根据线面垂直的判定证明平面，进而根据线面垂直的性质证明即可；

（2）根据角度关系，结合线面垂直的判定可得平面，再根据线线垂直，以为原点，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，再分别计算平面与平面的法向量求解即可.

【详解】（1）证明：取中点，连接以及，如图2，

图2

在和中，，，，

所以

所以，所以

又因为，平面，平面，，

所以平面

又因为平面，所以

（2）在平面中，过点作，垂足为，连接，，，如图3，

图3

由（1）平面，则，则平面

在中，，，同理

∵，，且，平面，则平面.

又∵平面，∴，同理可得，

则四边形为正方形，

，则在中，可求出，

则以为原点，为轴，为轴，如图建立空间直角坐标系，

则，，，，

设平面的法向量为，，，

则，令，则，

设平面的法向量为，，，

则，令，则，

记二面角的平面角为，

则

又因为为锐角，则

19．已知椭圆C：与椭圆的离心率相同，为椭圆C上一点.

(1)求椭圆C的方程.

(2)若过点的直线l与椭圆C相交于A，B两点，试问以AB为直径的圆是否经过定点？若存在，求出的坐标；若不存在，请说明理由.

【答案】(1)

(2)存在的坐标为，理由见解析

【分析】（1）先求出椭圆的离心率为，由此得到，将点的坐标代入椭圆，得到，再代入，解得，，则可得结果；

（2）先用两个特殊圆求出交点，再猜想以AB为直径的圆经过定点，再证明猜想，设直线，并与联立，利用韦达定理得到，，进一步得到，，利用，，，证明即可.

【详解】（1）在椭圆中，，，，离心率，

在椭圆C：中，，

所以，化简得，

因为在椭圆C：上，

所以，所以，所以，，

所以椭圆.

（2）当直线的斜率为0时，线段是椭圆的短轴，以AB为直径的圆的方程为，

当直线的斜率不存在时，直线的方程为，代入，得，以AB为直径的圆的方程为，

联立，解得，

由此猜想存在，使得以AB为直径的圆是经过定点，

证明如下：

当直线的斜率不为0且斜率存在时，设直线，

联立，消去并整理得，

，

设、，

则，，

则，

，

因为

，

所以，所以点在以为直径的圆上，

综上所述：以AB为直径的圆是经过定点.

【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：

（1）设直线方程，设交点坐标为；

（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，必要时计算；

（3）列出韦达定理；

（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；

（5）代入韦达定理求解.