北京市海淀区教师进修学校附属实验学校2020-2021学年高二上学期期中数学试题

教师进修学校2020-2021高二上学期期中
一．选择题
1. 过点，的直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
2. 如图所示，在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为（ ）

A. B. C. D.
3. 已知空间中三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
4. 已知直线，，若，则实数的值是（ ）
A. 0 B. 2或-1 C. 0或-3 D. -3
5. 已知空间中两条不同的直线，，一个平面，则“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的（ ）
A 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要
6. 已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（ ）
A. B. C. D.
7. 如图在四面体中，平面，，那么直线和所成角的余弦值（ ）

A. B. C. D.
8. 已知正方体的棱长为1，为中点，为线段（不含端点）上的动点.三棱锥的体积记为，三棱锥的体积记为，则以下结论正确的是（ ）

A. B. C. D. 大小关系不确定
9. 唐代诗人李颀诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A B. C. D.
10. 如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则面积的最小值为（ ）


A. B. C. D.
二、填空题（本大题共6小题，共30分）
11. 写出直线一个方向向量_________.
12. 若复数，则复数________.
13. 在长方体中，设，，则_______.
14. 已知直线，直线，，则两平行直线间的距离为______.
15. 已知正四面体棱长为，点是的中点，点在线段上，则下面四个命题中：
①，
②，
③，与不垂直
④，直线与平面夹角正弦的最大值为
所有不正确的命题序号为_______.
16. 定义空间中点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.
（1）在空间中到定点距离为的点围成的几何体的表面积为________；
（2）在空间，定义边长为的正方形区域（包括边界以及内部的点）为，则到距离等于的点所围成的几何体的体积为________.
三．解答题
17. 若复数，当实数为何值时，
（1）是纯虚数；
（2）对应的点在第二象限.
18. 如图，四棱柱中，平面，底面满足且.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
19. 已知平行四边形的三个顶点坐标为
（1）求平行四边形的顶点的坐标；
（2）求平行四边形的面积；
（3）在中，求外心的坐标.
20. 如图1，矩形，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上，平面.

（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）若在棱分别取中点，试判断点与平面的关系，并说明理由.
21. 已知直线，，，直线交轴于点，交轴于点，坐标原点为．
（1）证明：直线过定点；
（2）若直线在轴上截距小于0，在轴上截距大于0．设的面积为，求的最小值及此时直线的方程；
（3）直接写出的面积（）在不同取值范围下直线的条数．
22. 已知集合，，，，其中．定义，若，则称与正交．
（1）若，写出中与正交的所有元素；
（2）令若，证明：为偶数；
（3）若且中任意两个元素均正交，分别求出时，中最多可以有多少个元素．

教师进修学校2020-2021高二上学期期中
一．选择题
1. 过点，的直线的倾斜角是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
由，求出直线的斜率，根据斜率求倾斜角.
【详解】因为，
所以，
，
，
故选：D
2. 如图所示，在复平面内，点对应的复数为，则复数的虚部为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先求得，然后求得，从而求得的虚部.
【详解】由图可知，，虚部为.
故选：A
3. 已知空间中三条不同的直线，，和两个不同的平面，，下列四个命题中正确的是（ ）
A. 若，，，则
B. 若，，则
C. 若，，，则
D. 若，，则
【答案】B
【解析】
【分析】
根据线面关系、面面关系的性质即可判断.
【详解】对于A，若，，，则与平行或异面，故A错误；
对于B，若，，则，故B正确；
对于C，如图，，，，，故C错误；

对于D，如图，，，，故D错误.

故选：B.
4. 已知直线，，若，则实数的值是（ ）
A. 0 B. 2或-1 C. 0或-3 D. -3
【答案】C
【解析】
分析】
由，结合两直线一般式有列方程求解即可.
【详解】由知：,解得：或
故选：C .
5. 已知空间中两条不同的直线，，一个平面，则“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要
【答案】B
【解析】
【分析】
根据直线与平面所成角及充分条件、必要条件求解即可.
【详解】直线，与平面所成角相等,推不出直线，平行，例如平面内任意两直线与平面所成角都为0，但是直线可以相交；
当直线，平行时，直线与平面所成角相等成立，
故“直线，与平面所成角相等”是“直线，平行”的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知长方体，下列向量的数量积一定不为0的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
分析】
利用正方体几何性质计算出数量积为零的选项，根据长方体的性质证明数量积一定不为零的选项.
【详解】当长方体为正方体时，根据正方体的性质可知：
，
所以、、.
根据长方体的性质可知：，所以与不垂直，即一定不为.
故选：C

7. 如图在四面体中，平面，，那么直线和所成角的余弦值（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设，分别取的中点，连接 ，则，所以（或其补角）就是直线和所成的角，根据三角形的余弦定理可求得选项.
【详解】设，分别取的中点，连接 ，
则，所以（或其补角）就是直线和所成的角，
又平面，平面，所以 ，所以，
又，，所以在中，，
所以直线和所成角的余弦值为.

【点睛】本题考查求异面直角所成的角，平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
8. 已知正方体的棱长为1，为中点，为线段（不含端点）上的动点.三棱锥的体积记为，三棱锥的体积记为，则以下结论正确的是（ ）

A. B. C. D. 大小关系不确定
【答案】C
【解析】
【分析】
利用三棱锥的体积公式，由两棱锥的底面积相同，高相同即可判断.
【详解】由为正方体，则，
平面，平面，所以平面，
因为为线段上的动点，
所以到平面的距离与到平面的距离相等，
所以，即.
故选：C.

9. 唐代诗人李颀的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河.”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
求出点关于直线的对称点为，则可得即为“将军饮马”的最短总路程，求出的坐标，即可求出.
【详解】如图，点关于直线的对称点为，则即为“将军饮马”的最短总路程，

设，
则，解得，
则，
故“将军饮马”最短总路程为10.
故选：D.
10. 如图，正方体的棱长为，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动，若，则面积的最小值为（ ）


A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据，转化为平面，（ 为的中点），得到点P的轨迹是线段，然后由面积最小时，则求解.
【详解】如图所示：

当点P在C处时，，当点P在的中点时，，
所以，
所以，又，
所以平面，
所以点P的轨迹是线段，
因平面，
所以面积最小时，，
此时，，
故选：B
二、填空题（本大题共6小题，共30分）
11. 写出直线一个方向向量_________.
【答案】.
【解析】
【分析】
根据已知直线:,方向向量为或即可求解。
【详解】因为直线:，方向向量为或，
所以的，即一个方向向量.
故答案为：
12. 若复数，则复数________.
【答案】
【解析】
【分析】
根据复数除法计算，由定义写出.
【详解】因为，
所以，
故答案为：
13. 在长方体中，设，，则_______.
【答案】
【解析】
【分析】
选取为基底，把其它向量都用基底表示后计算．
【详解】如图，

由题意
．
故答案为-1．
14. 已知直线，直线，，则两平行直线间的距离为______.
【答案】
【解析】
【分析】
由求出a,再根据平行线间的距离公式求解即可
【详解】因为，
所以，
解得，
故
由平行线间的距离公式知，
故答案为：
15. 已知正四面体的棱长为，点是的中点，点在线段上，则下面四个命题中：
①，
②，
③，与不垂直
④，直线与平面夹角正弦的最大值为
所有不正确的命题序号为_______.
【答案】①③
【解析】
【分析】
①观察图形可判断正误，②分析EF最大时点的位置即可求解③分析与平面的关系即可判断④线面角的正弦值可表示，转化为EF取得最小值时有最大值.
【详解】如图，

对, EF与AC异面或相交, 故①错误；
当点F为BC中点时,EF为异面直线AD 和 BC
的公垂线段,此时EF取得最小值，当F与重合时，EF取得最大值，故②正确；
因为,,所以平面，故,故③错误；
因为到平面的距离为定值，设直线与平面夹角为，则,
当为中点时，易知EF为异面直线AD 和 BC的公垂线段,此时EF取得最小值，
有最大值，此时,故,
由直角三角形可知，，解得，
所以，故④正确.
故答案为：①③
【点睛】归纳点睛：在正四面体中，注意各面上中线的长相等，具备三线合一的性质，因此可容易得到线线垂直，线面垂直，异面直线的公垂线，运算时注意棱长都相等.
16. 定义空间中点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.
（1）在空间中到定点距离为的点围成的几何体的表面积为________；
（2）在空间，定义边长为的正方形区域（包括边界以及内部的点）为，则到距离等于的点所围成的几何体的体积为________.
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
( 1 )根据球的表面积公式计算可得结果；
( 2 )分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长为1，1，2的长方体和4个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式可得答案.
【详解】（1）与定点O距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，所以其表面积为；
（2）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长为1，1，2的长方体和4个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体 ，
所以其体积为：.
故答案为：；.
【点睛】本题考查空间想象能力，长方体、圆柱体、球体的体积公式，球体的表面积公式，关键在于得出点所构造的几何体是由什么几何体组成的，属于难题.
三．解答题
17. 若复数，当实数为何值时，
（1）是纯虚数；
（2）对应的点在第二象限.
【答案】(1)；(2)
【解析】
【分析】
（1）由题可得，解出即可；
（2）由题可得，解出不等式即可.
【详解】（1）若是纯虚数，则，解得；
（2）若对应的点在第二象限，
则，解得，
即的取值范围为.
18. 如图，在四棱柱中，平面，底面满足且.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）
【解析】
【分析】
(1)证明，根据得到，得到证明.
(2) 如图所示，分别以为轴建立空间直角坐标系，平面的法向量，，计算向量夹角得到答案.
(3)设点到平面的距离为，运用等体积法，可求得点到平面的距离.
【详解】(1) 平面，平面，故.
，，故，故.
，故平面.
(2)如图所示：分别以为轴建立空间直角坐标系，


则，，，，.
设平面的法向量，则，即，
取得到，，设直线与平面所成角为，
故.
所以直线与平面所成角的正弦值；
（3）设点到平面的距离为，则，而，
又，，，
所以，所以，
所以.
所以，解得，所以点到平面的距离为.
【点睛】本题考查证明线面垂直，求线面角的正弦值，运用等体积法求点到面的距离，意在考查学生的空间想象能力和计算能力，属于中档题.
19. 已知平行四边形的三个顶点坐标为
（1）求平行四边形的顶点的坐标；
（2）求平行四边形的面积；
（3）在中，求外心的坐标.
【答案】（1）；（2）12；（3）.
【解析】
【分析】
（1）根据中点坐标公式得到结果；
（2）以为底，有点线距离求得四边形的高，进而得到面积；
（3）根据三角形的外心的性质：外心到三角形的三个顶点的距离相等列出方程，解之可求得外心的坐标.
【详解】(1)AC中点为，该点也为BD中点，设，根据中点坐标公式得到：，解得：，
所以；
（2）故得到斜率为：，代入点坐标可得到直线BC： ，
∴A到BC的距离为，
又根据两点间距离公式得到： ，∴四边形ABCD的面积为.
(3) 设点，则，即，
化简得： ，解得，所以外心的坐标为．
【点睛】本题考查了直线方程的求法，点斜式方程的写法，以及点线距离公式的应用，三角形的外心的求解方法，属于有一定的综合性的题目，关键在于将所需求的条件转化到点的坐标上去，理解解析几何的思考要点，点的坐标间的关系.
20. 如图1，矩形，点为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点在线段上，平面.

（1）求证：；
（2）求二面角的大小；
（3）若在棱分别取中点，试判断点与平面的关系，并说明理由.
【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）平面，理由见解析.
【解析】
【分析】
（1）设，连接，由线面平行的性质可得，可得，由可得，即可证明；
（2）取中点，连接，通过面面垂直的性质可得平面，进而可得，再由可得平面，即平面平面，即得出结果；
（3）延长到，使，连接，证明，可得确定平面，判断是的重心，可得平面.
【详解】（1）设，连接，

平面，平面，平面平面，
，，
，，
，即；
（2）取中点，连接，

，，又平面平面，平面，
平面，，
，，满足，，
，平面，
平面，
平面平面，
二面角的大小为；
（3）延长到，使，连接，

分别是的中点，，
，，，
四边形是平行四边形，，
，则确定平面，
中，是边中线，且，
是的重心，
又为边的中线，则在上，
平面.
【点睛】关键点睛：
（1）本问考查线段比例关系的证明，解题的关键是由平行得出比例关系，利用等量替换求解；
（2）本问考查二面角的求解，解题的关键是证明平面平面，从而得出二面角为；
（3）本问考查平面的性质，解题的关键是作出恰当的辅助线，延长到，使，通过得出确定平面，再通过是的重心得出在上.
21. 已知直线，，，直线交轴于点，交轴于点，坐标原点为．
（1）证明：直线过定点；
（2）若直线在轴上截距小于0，在轴上截距大于0．设的面积为，求的最小值及此时直线的方程；
（3）直接写出的面积（）在不同取值范围下直线的条数．
【答案】（1）定点为；（2）的最小值为4，此时直线l的方程为；（3）答案见解析.
【解析】
分析】
（1）令，可得，即得出定点；
（2）分别求出直线在轴和轴的截距，求出面积，利用基本不等式即可求出最值；
（3）将表示出来，则直线的条数等价于与的交点个数，利用图象可求出.
【详解】（1）直线的方程可变形为，由，可得，
直线过定点；
（2）当时，；当时，，
，
由题，解得，
则，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为4，此时直线l的方程为；
（3）由（2），
令，则直线的条数等价于与的交点个数，
画出函数图象，

由图可知，当时，直线l有2条；
当时，直线l有3条；
当时，直线l有4条.
【点睛】关键点睛：本题考查直线与坐标轴围成的三角形面积问题，第二问主要利用基本不等式求出最值，第三问的关键是将问题转化为与的交点个数，从而可利用数形结合的方式求出.
22. 已知集合，，，，其中．定义，若，则称与正交．
（1）若，写出中与正交的所有元素；
（2）令若，证明：为偶数；
（3）若且中任意两个元素均正交，分别求出时，中最多可以有多少个元素．
【答案】（1）见解析；（2）证明见解析；（3）2.
【解析】
【分析】
（1）由定义可写出中与x正交的所有元素.
（2）令，，当时，，当时，，那么，可得证.
（3）当时，不妨设，，可得出A中最多可以的元素个数.当时，不妨设（有14个1），（有7个，7个1），则正交，再令，，，且它们之间互相正交，讨论相应位置数字都相同的个数，可得出，，，从而得出A中最多可以有的元素个数.
【详解】（1）中与x正交的所有元素为：，，
（2）对于，存在，，使得，令，，当时，，当时，，那么，所以为偶数.
（3）当时，不妨设，，在考虑时，共有4种互相正交的情况即：，分别与搭配，可形成8种情况，所以时，A中最多可以有8个元素.
当时，不妨设（有14个1），（有7个，7个1），则正交，
令，，，且它们之间互相正交，设相应位置数字都相同的共有k个，除去这列外，相应位置数字都相同的共有个，相应位置数字都相同的共有个， 则，所以，，所以，由于，所以，所以任意三个元素都不正交，综上，，A中最多可以有2个元素.
【点睛】本题考查集合的新定义，关键在于理解集合的定义，转化待求的为已知的条件，属于难题.