2022-2023學年北京市中國人民大學附屬中學高二上學期期中練習數學試題 一、單選題1．已知，，如果與為共線向量，則（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由可構造方程求得結果.【詳解】與為共線向量，，則，解得：.故選：C.2．在空間四邊形中，等于（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據向量的線性運算求得正確答案.【詳解】根據向量的加法、減法法則，得．故選：C3．直線經過點，且傾斜角，則直線的方程為（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】求出直線的斜截式方程，化為一般式方程即可.【詳解】由題意可知，直線的斜率為，故直線的方程為，即.故選：B.4．若與為兩條不重合的直線，它們的傾斜角分別為，，斜率分別為，，則下列命題①若，則斜率；    ②若斜率，則；③若，則傾斜角；④若傾斜角，則，其中正確命題的個數是（    ）.A．1 B．2 C．3 D．4【答案】D【分析】根據兩條直線平行的判定方法與結論即可判斷．【詳解】由于與為兩條不重合的直線且斜率分別為，，所以，故①②正確；由于與為兩條不重合的直線且傾斜角分別為，，所以，故③④正確，所以正確的命題個數是4．故選：D．5．設向量不共面，則下列可作為空間的一個基底的是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】能作為空間的一個基底的三個向量必不共面，因此只需要判斷選項中向量是否共面即可.【詳解】對于A，假設不能作為空間的一個基底，則存在，使得，整理得，若，則，即，此時必然共線，矛盾；若，則，則共面，矛盾；所以假設不成立，故可以作為空間的一個基底，故A正確；對于B，因為，故共面，故B錯誤；對于C，因為，故共面，故C錯誤；對于D，因為，故共面，故D錯誤.故選：A.6．若直線l的方向向量為，平面的法向量為，則下列四組向量中能使的是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】要使，只需成立即可，由此利用空間向量平行的坐標表示對選項逐一判斷即可.【詳解】依題意，要使，只需成立即可，對于A，假設，所以存在，使得，因為，所以，得，即，無解，假設不成立，故A錯誤；對于B，類比選項A得，得，即，無解，假設不成立，故B錯誤；對于C，類比選項A得，得，即，無解，假設不成立，故C錯誤；對于D，類比選項A得，得，解得，假設成立，故D正確.故選：D.7．已知直線：與直線：垂直，則實數的值為（    ）A． B．C．或 D．不存在【答案】C【分析】根據直線垂直的關系即得.【詳解】由兩直線垂直可得，解得或.故選：C.8．已知兩個不同的平面，兩條不同的直線，，，則“，”是“”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．要不充分也不必要條性【答案】B【分析】由面面平行的判定與性質依次判斷充分性和必要性即可.【詳解】若，則，無法得到，充分性不成立；若，，，則，，必要性成立；“，”是“”的必要不充分條件.故選：B.9．已知復數z滿是，則|z|=（    ）A．5 B．2 C． D．【答案】C【分析】先通過條件求出，進而求出模即可.【詳解】,故選：C.10．已知函數，若滿足的整數解恰有3個，則實數的范圍為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】將問題轉化為函數的圖象在直線非上方的部分有3個整數點，然后數形結合求解.【詳解】由，得，所以滿足的整數解恰有3個，等價于函數的圖象在直線非上方的部分有3個整數點，由圖可知點滿足條件，所以當直線的斜率滿足，其中，所以，所以，故選：C11．已知、、、為空間中不共面的四點，且，若、、、四點共面，則實數的值是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據空間共面向量的基本定理可設，利用空間向量的線性運算與空間向量的基本定理可得出、、的方程組，即可解得實數的值.【詳解】因為、、、四點共面，則存在、，使得，則，所以，，所以，，三個等式全加可得，解得.故選：C.12．已知直線，直線l2是直線l1繞點逆時針旋轉45°得到的直線．則直線l2的方程是（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】根據題意，求得的斜率，利用點斜式寫出直線方程即可.【詳解】設直線的傾斜角分別為，則，，故，又點在直線上，故直線的方程為，整理得：.故選：D.13．如圖，在棱長為1的正四面體（四個面都是正三角形）ABCD中，M，N分別為BC，AD的中點，則直線AM和CN夾角的余弦值為（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】將用表示，用表示，再利用向量法求解即可.【詳解】解：在正四面體（四個面都是正三角形）ABCD中，，因為M，N分別為BC，AD的中點，所以，且，則，所以，即直線AM和CN夾角的余弦值為.故選：A.14．已知，則的最小值為（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根據兩點之間的距離公式，數形結合，即可求得結果.【詳解】可以理解為點與點之間的距離的平方，而點在上，而在上，故目標代數式表示直線上一點到上一點距離的平方，又在同一坐標系中，的圖象如下所示：注意到的圖象關于對稱，的圖象也關于對稱，數形結合可知，目標式的最小值為之間的距離的平方，聯(lián)立可得點的坐標為；聯(lián)立可得點的坐標為，則，故的最小值為.故選：C. 二、填空題15．已知A（1，2），B（3，1），C（2，0），則點C到直線AB的距離為___________.【答案】##【分析】先求出直線AB的方程，再利用點到直線的距離公式求解即可.【詳解】由A（1，2），B（3，1）得直線AB的方程為，整理得，則點C到直線AB的距離為故答案為：.16．已知是方程的一個虛根，則實數的值為___________.【答案】26【分析】根據方程虛根的定義，將代入方程，計算化簡即可求解.【詳解】由是方程的一個虛根，得，整理，得，則，解得.故答案為：26.17．設直線的斜率為，且，則直線的傾斜角的取值范圍為_________.【答案】【分析】根據傾斜角與斜率的關系及正切函數的性質計算可得.【詳解】解：直線的傾斜角為，則，由，得，∴．故答案為：18．唐代詩人李頎的詩《古從軍行》并頭兩句為“白日登山望鋒火，黃昏飲馬傍交河”，其中隱含了一個有趣的數學問題——“將軍飲馬”，即將軍在白天觀望烽火臺之后黃昏時從山腳下某處出發(fā)，先到河邊飲馬再回到軍營，怎樣走才能使總路程最短？在平面直角坐標系中，已知軍營所在的位置為，若將軍從山腳下的點處出發(fā)，河岸線所在直線方程為，則“將軍飲馬”的最短總路程為___________【答案】【分析】先找點關于直線的對稱點，然后計算對稱點到點的距離即可.【詳解】設點關于直線的對稱點為，得與直線垂直，點與點的中點坐標為建立方程組，解得：，所以所以，所以“將軍飲馬”的最短總路程為.故答案為：19．如圖1，等腰直角三角形ABC，，D為AC中點，l為平面ABC內過D點的一條動直線，沿直線l作如圖2的翻折，點C在翻折過程中記為點，在直線l上的射影為C1，在平面ABC上的射影C2落在直線AB上，則取得最小值時，C1到直線AB的距離為___________．【答案】##【分析】證明，得出，，三點共線，建立坐標系，設斜率為，得出關于的表達式，從而得出取得最小值時對應的的值，再解方程組求出的坐標，得出答案．【詳解】平面，平面，，又，，平面平面，又平面，，，，三點共線，以，所在直線為坐標軸建立坐標系如圖所示：則，，，設直線的方程為，直線的方程為，，，在平面上的射影落在直線上，，．當且僅當即時取等號．此時，聯(lián)立方程組，解得，．到直線的距離為．故答案為：． 三、雙空題20．已知點，則點到原點的距離是___________，點關于軸的對稱點的坐標為______.【答案】          【分析】利用空間中兩點距離公式即可求得點到原點的距離；再由空間中點關于坐標軸對稱的性質可求得點關于軸的對稱點的坐標.【詳解】因為，原點，所以，點關于軸的對稱點的坐標為.故答案為：；.21．復數的虛部是___________，它的共軛復數在第___________象限.【答案】     2     四【分析】根據復數與共軛復數的概念及幾何意義即可得解.【詳解】因為復數的虛部為，所以復數的虛部是2，又因為的共軛復數為，其對應的點為，所以它在第四象限.故答案為：2；四.22．有很多立體圖形都體現(xiàn)了數學的對稱美，其中半正多面體是由兩種成兩種以上的正多邊形圍成的多面體，半正多面體因其最早由阿基米德研究發(fā)現(xiàn)，故也被稱作阿基米德體.如圖，這是一個棱數為24，棱長為的半正多面體，它的所有頂點都在同一個正方體的表面上，可以看成是由一個正方體截去八個一樣的四面體所得，這個正多面體的表面積為___________.若點E為線段BC上的動點，則直線DE與直線AF所成角的余弦值的取值范圍為___________.【答案】     ##     【分析】由表面積公式求解；在原正方體中建立空間直角坐標系，由空間向量求解【詳解】由題意得該幾何體有6個面為邊長為的正方形，8個面為邊長為的等比三角形，故，在原正方體中建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，設，，，則直線DE與直線AF所成角的余弦值，而，故，，故答案為：； 四、解答題23．已知復數z=m（m+2）+（m2+m-2）i．(1)若z是純虛數，求實數m的值；(2)若z在復平面內對應的點位于第四象限，求實數m的取值范圍．【答案】(1)m=0(2)（0，1） 【分析】（1）根據純虛數的概念，讓實部等于零，虛部不等于零，列方程求解即可；（2）根據復數z在復平面內對應的點位于第四象限，得到實部大于零，虛部小于零，列不等式求解即可.【詳解】（1）若復數是純虛數，則，解得或且，，所以.（2）復數z在復平面內對應的點位于第四象限，則，解得，故的取值范圍為.24．在平面直角坐標系xOy，已知的三個頂點A(m，n)，B(2，1)，，且的面積為4.(1)求BC邊所在直線的一般式方程；(2)請寫出n與m的關系式；(用m表示n)(3)BC邊上中線AD的方程為，求點A的坐標.【答案】(1)(2)或(3)或(2，3) 【分析】(1)由直線方程的兩點式求直線BC的方程；(2)求出，由的面積為4知A到直線BC的距離，代入點到直線距離公式得n與m的關系式；(3)將BC中點坐標代入求得值，A(m，n)代入中線所在直線方程得，聯(lián)立（2）中n與m的關系式，解方程組得n與m的值.【詳解】（1）由B(2，1)，，可得直線BC的斜率．故直線BC的方程為化為一般式方程為（2）由B(2，1)，，，由S=4，可以得出BC邊上的高為根據點A到直線BC距離公式得即或①（3）由B(2，1), ，可得BC的中點D的坐標為(0，2)又由AD的方程，則有，解得故AD數方程為由A(m，n)，可得，②由第(2)問知，聯(lián)立①②可得或，故點A的坐標為或(2，3)25．如圖，平面，，.(1)求證：BF∥平面ADE；(2)求直線CE與平面BDE所成角的正弦值；(3)若二面角E—BD—F的余弦值為，求線段CF的長，【答案】(1)證明見解析(2)(3) 【分析】建立空間直角坐標系，然后寫出相應點的坐標，利用空間向量計算即可.【詳解】（1）證明：因為平面，、在平面內，，，又，故以為坐標原點，分別以所在直線為軸建立空間直角坐標系．可得，，，，設，則顯然是平面的一個法向量，又，可得又∵直線平面，∴平面（2）依題意，設為平面的法向量，則令，得∴∴直線與平面所成角的正弦值為．（3）設為平面BDF的法向量，則取，可得，由題意，解得．經檢驗，符合題意，∴線段CF的長為．26．已知正方體ABCD—A1B1C1D1．(1)若正方體的棱長為1，求點A到平面A1BD的距離；(2)在一個棱長為10的密封正方體盒子中，放一個半徑為2的小球，任意搖動盒子，求小球在盒子中不能達到的空間的體積；(3)在空間里，是否存在一個正方體，它的頂點A、B、C、D、A1、B1、C1、D1到某個平面的距離恰好為0，1、2、3、4、5、6、7，若存在，求出正方體的棱長，并說明位置：或者不存在，說明理由．【答案】(1)；(2)；(3)存在；正方體的棱長為；位置見解析. 【分析】（1）根據棱錐體積的公式，利用三棱錐的等積性進行求解即可；（2）根據正方體和球的體積公式，結合球與正方體的位置關系進行求解即可；（3）根據三棱錐的體積公式，結合線面角的定義進行求解即可.【詳解】（1）正方體的棱長為1，設點A到平面的距離為h，由，；（2）在正方體的8個頂點處的立方體空間內，小球不能到達的空間為：，除此之外，以正方體的棱為一條棱的12個的正四棱柱空間內小球不能到達的空間共．其它空間小球均能到達，故小球不能到達的空間體積為：；（3）設平面α為符合題意的平面，α過點C，延長，，AB分別交平面α于點E，F，G，由圖可知，點C，，B，，D，，A，與平面α的距離分別應為0、1、2、3、4、5、6、7，因為，，DC，AG互相平行，所以它們與平面α所成角相等，故由比例關系得設正方體的棱長為4a，則，用幾何方法可解得故，由平面，知為四面體的底面上的高，所以由，算得點到平面α的距離，， 實際上已知，所以，從而可得．所以正方體的棱長為，由圖可知，該正方體存在．【點睛】關鍵點睛：根據三棱錐的等積性，結合正方體的性質解題的關鍵. 

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