1、北京市中国人民大学附属中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）说明：本试卷分卷和卷，卷17道题，共100分，作为学分认定成绩；卷7道题，共50分：卷、卷共24题，合计150分，作为期中成绩：考试时间120分钟；请在答题卡上填写个人信息，并将条形码贴在答题卡的相应位置上卷（共17题，满分100分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）1. 若复数（1i）（a+i）在复平面内对应的点在第二象限，则实数a的取值范围是A. （，1）B. （，1）C. （1，+）D. （1，+）【答案
2、】B【解析】试题分析：设，因为复数对应的点在第二象限，所以，解得：，故选B.【考点】复数的运算【名师点睛】复数的分类及对应点的位置问题都可以转化为复数的实部与虚部应该满足的条件问题，只需把复数化为代数形式，列出实部和虚部满足的方程(不等式)组即可复数zabi复平面内的点Z(a，b)(a，bR)复数zabi(a，bR) 平面向量.2. 在空间直角坐标系中，已知点，则线段的中点的坐标是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】，线段的中点的坐标，即故选3. 设是一条直线，、是两个不同的平面，则下列命题一定正确的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】
3、对于选项A：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项B：根据面面垂直的性质定理即可判断；对于选项C：根据面面平行的性质定理判断即可；对于选项D：根据线面的位置关系判断即可.【详解】对于选项A：若，则或，故A不正确；对于选项B：若，则或或，故B不正确；对于选项C：若，根据面面平行的性质定理可得，故C正确；对于选项D：若，则或，故D不正确.故选：C.【点睛】本题主要考查了面面垂直的性质定理以及面面平行的性质定理.属于较易题.4. 若直线与直线垂直，则的值为（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】D【解析】【分析】根据两直线垂直，得到，即可求出结果.【详解】因为直线与直线垂直，所以，解得.故选
4、：D.5. 如图，在空间四边形中， ， ， 点在上，且，是的中点，则=（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由空间向量加法的三角形法则以及向量减法的几何意义即可求解.【详解】由题，在空间四边形， ， ， 点在上，且， 是的中点，则 所以 故选：B【点睛】本题主要考查空间向量加法与减法运算，需理解向量加法与减法几何意义，属于基础题.6. 已知二面角的平面角是锐角，二面角的一个半平面内一点到的距离为3，点与棱的距离为4，那么的值等于（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作于点，平面于点，连接，根据二面角的定义，以及题中条件，得到，进而可求出结果.【详解】如图，作
5、于点，平面于点，连接，因为平面，所以，又，且平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因此，所以，.故选：C.【点睛】方法点睛：求二面角的常用方法：1.定义法：根据二面角的定义，通过作辅助线，作出二面角的平面角，再由题中条件，解三角形，即可得出结果；2.向量法：建立适当的坐标系，分别求出两平面的法向量，由向量夹角公式，即可求出结果.7. 如果向量，共面，则实数的值是（ ）A. 11B. 8C. 7D. 1【答案】A【解析】【分析】由向量共面定理知，列方程组即可求的值.【详解】向量共面，即存在实数使，解之得，故选：A8. 在边长为2的等边三角形中，点，分别是边，上的点，满足且，将沿直线折到的位置，在
6、翻折过程中，下列结论成立的是（ ）A. 在边上存在点，使得在翻折过程中，满足平面；B. 存在，使得在翻折过程中的某个位置，满足平面平面；C. 若，当二面角为直二面角时，；D. 设为线段的中点，为线段的中点，对于每个给定的，记翻折过程面积的最大值为，则当变化时，的最大值为.【答案】D【解析】【分析】根据线面平行的性质判断，根据直角三角形的性质判断，根据勾股定理计算判断，利用基本不等式判断【详解】对于，连接，显然平面平面，若上存在点使得，则，显然与为相交直线矛盾，故错误；对于，设中点，中点，由等边三角形性质可知，故在平面上的射影在直线上，若平面平面，则为在底面上的射影，于是，与矛盾，故错误；对于，
7、若，二面角为直二面角，则，且平面，故错误；对于，由可知，即，显然当时，的面积最大，故，当且仅当即时取等号，故正确故选：D 【点睛】关键点睛：解答本题的关键是选项的判断，其关键是首先要能通过数形结合得到当时，的面积最大，再利用函数和基本不等式求解.二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分请把结果填在答题纸上的相应位置.）9. 复数的虚部是_.（其中为虚数单位）【答案】【解析】【分析】根据复数的运算法则，先化简复数，即可得出结果.【详解】因为，所以其虚部为.故答案为：10. 若三点A(0，8)，B(4，0)，C(m，4)共线，则实数m的值是_【答案】-6.【解析】【分析】直线斜率存在时，用
8、直线的斜率相等即可解题【详解】由题意知，直线的斜率存在kAB=kAC即：，m=6故答案为：-6【点睛】本题考查三点共线问题，直线斜率的表示，属于基础题11. 直线的倾斜角为_，经过点且与直线平行的直线方程为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）设直线的倾斜角为，求出直线的斜率即得解；（2）直接利用直线的点斜式方程得解.【详解】（1）设直线的倾斜角为，由题得直线可以化为，所以直线的斜率为，因为.所以直线倾斜角为.（2）经过点且与直线平行的直线方程为.故答案为：；.【点睛】方法点睛：求直线的方程常用待定系数法：先定式（从直线的五种形式中选择合适的一种），再定量（列方程组求出待定系
9、数）.12. 请从正方体的8个顶点中，找出4个点构成一个三棱锥，使得这个三棱锥的4个面都是直角三角形，则这4个点可以是_ .（只需写出一组）【答案】（此答案不唯一）【解析】【详解】在正方体的一个面上取三个点构成的直角三角形作为三棱锥的底面，如；取对面上与直角三角形锐角顶点正对的顶点，作为三棱锥的顶点，即点，可得两个符合条件的三棱锥故答案为13. 已知是一个单位正方体，是底面的中心.是棱的中点.则四面体的体积等于_.【答案】【解析】【详解】如图，易知平面.设为面的中心，则平面.于是， .故答案为14. 已知棱长为2的正四面体，如图建立直角坐标系，点为点在底面上的射影，为线段的中点，则点坐标是_，
10、直线与平面所成角的正弦值是_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】（1）求出，的坐标得出中点的坐标；（2）求出平面的法向量，计算与的夹角得出线与平面所成角的大小【详解】（1）延长交于，则，为的中点，正四面体的棱长为2，0，是的中点，（2）因为，0，设平面的法向量为，则，即，设可得，直线与平面所成角的正弦值是故答案为：，；【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法：方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内射影作出直线和平面所成的角和解三角形.方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.三、解答题（本大题共3
11、小题，每题10分，共30分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）15. 已知如图，在正三棱柱中，为棱的中点，.（1）求证：直线平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）连接，设，连接DE，因为，分别为，的中点，所以DE为的中位线，利用线面平行的判定定理， 即可得证.（2）由（1）可得直线平面，所以点到平面的距离等于点A到平面的距离，利用等体积法，即可求得答案.【详解】（1）证明：连接，设，连接DE,因为是正三棱柱.所以四边形是矩形，所以是的中点.在中，因为，分别为，的中点.所以.因为平面，平面，所以直线平面.（2）设到
12、平面的距离为.因为直线平面，所以到平面的距离为，因为，所以，因为，所以，解得【点睛】证明线面平行时，常用中位线法和平行四边形法来证明线线平行，再利用线面平行判定定理证明，求点到面的距离是，优先使用等体积法，考查推理证明，计算求值的能力，属基础题.16. 已知三角形的顶点为，.（1）求直线的方程；（2）从、这两个问题中选择一个作答.求点关于直线的对称点的坐标.若直线过点且与直线交于点，求直线是的方程.【答案】（1）；（2） ；或.【解析】【分析】(1)由，即可求出直线的斜率，由点斜式即可写出直线的方程；(2)选由对称点的性质即可求出；选设出点的坐标，由两点间的距离公式列出方程，解出的值，根据、点
13、的坐标即可求出直线的方程.【详解】解：（1）因为直线的斜率为，所以直线的方程为：，即直线的方程为：；（2）问题：设的坐标为，则解得:点的坐标是；问题：设的坐标为，解得：或，的坐标为或，直线的方程为或.【点睛】方法点睛：求解直线方程时应该注意以下问题：一是根据斜率求倾斜角，要注意倾斜角的范围；二是求直线方程时，若不能断定直线是否具有斜率时，应对斜率存在与不存在加以讨论；三是在用截距式时，应先判断截距是否为0，若不确定，则需分类讨论.17. 已知在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，是正三角形，平面，、分别是、的中点.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；（3）线段上是否存在点，使得直线与平面所
14、成角为，若存在，求线段的长度：若不存在，说明理由.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在；或.【解析】【分析】（1）通过说明和即可证明；（2）以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解；（3）设，可得，利用可求解.【详解】（1）证明：因为是正三角形，是的中点，所以，因为平面，平面，所以，又因为，平面，所以平面；（2）因为平面，平面，所以，又因为，所以，以为原点，以为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，因为，所以，令，则，设平面的一个法向量为，因为，所以，令，则，则，由题知二面角大小为锐角，所以二面角的余弦值为；（3）设，化简得，解方程得
15、或，线段上存在点，使得直线与平面所成角为，此时或.【点睛】利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.卷（共7道题，满分50分）四、选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置）18. 下面三条直线，不能构成三角形，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先由直线与联立求出交点的坐标，再由题中条件，得到过点，或分别与、平行，
16、进而可求出结果.【详解】由解得，即直线与的交点为，因为直线，不能构成三角形，所以过点，或分别与、平行，若过点，则，即；若，则，即；若，则，所以.综上，的可能取值为.故选：C.19. 直线的倾斜角的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】将直线方程化为斜截式得到斜率，从而可以求出的取值范围，进而得到倾斜角的范围.【详解】将直线方程化为斜截式:,故直线的斜率,，所以直线的倾斜角范围为.故选：D.20. 与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点( )A. 有且只有1个B. 有且只有2个C. 有且只有3个D. 有无数个【答案】D【解
17、析】试题分析：由于点D、B1显然满足要求，猜想B1D上任一点都满足要求，然后想办法证明结论解：在正方体ABCDA1B1C1D1上建立如图所示空间直角坐标系，并设该正方体的棱长为1，连接B1D，并在B1D上任取一点P，因为=（1，1，1），所以设P（a，a，a），其中0a1作PE平面A1D，垂足为E，再作EFA1D1，垂足为F，则PF是点P到直线A1D1的距离所以PF=；同理点P到直线AB、CC1的距离也是所以B1D上任一点与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离都相等，所以与正方体ABCDA1B1C1D1的三条棱AB、CC1、A1D1所在直线的距离相等的点有
18、无数个故选D点评：本题主要考查合情推理的能力及空间中点到线的距离的求法五、填空题（本大题共3小题，每小题6分，共18分请把结果填在答题纸上的相应位置.）21. 设复数，满足，且，其中为虚数单位，则_.【答案】【解析】【分析】令，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.【详解】设，又，所以，.故答案为：.22. 如图，在四棱锥中，平面，.为的中点，点在线段上，且.若点是四棱锥表面上的一点（不含点），平面，则线段长度的取值范围是_.【答案】【解析】分析】如图取中点，连接，取中点，连接，连接并延长交于点，连接，根据题中条件，得到，四边形为边长为的正方形，由面面平行的判定定理，得到平面
19、平面；确定点在上移动（不含），根据题中条件，即可求出结果.【详解】如图取中点，连接，取中点，连接，连接并延长交于点，连接，因为在线段上，且，则，四边形为边长为的正方形，因为为的中点，所以，因此，又平面，所以平面；因为，所以，又平面，所以平面；又，所以平面平面；即平面平面；因为点是四棱锥表面上的一点（不含点），平面，所以点在上移动（不含），因为，所以，因此，即，即为等腰三角形，在中，所以，因此在钝角中，所以.故答案为：.【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于，先由平面，根据面面平行的判定定理及性质，确定点的运动轨迹，再结合题中数据求解即可.23. 已知三棱锥的底面为正三角形，点在侧面上的射影是的
20、垂心（三角形的垂心是三角形三条高线的交点），延长交于.过作于，延长交于，二面角为，且，对下列结论成立的有_.；二面角的平面角为；直线与平面所成角的大小为；直线与直线所成角的余弦值为；三棱锥的体积为.【答案】，【解析】分析】延长交与，证明平面，平面，平面，平面，可判断，并得出，设，根据和勾股定理列方程计算，再判断【详解】延长交与，连接，平面，是的垂心，即，又，平面，平面，平面，故正确；，平面，平面，是的垂心，又，平面，又，平面，是二面角的平面角，故错误；是二面角的平面角，即，由平面可得，是等边三角形，是的中点，是的中点，是的中心，设的边长为，则，又，即，解得：，平面，为直线与平面所成的角，故，故
21、正确；是的中点，是的中点，是直线与直线所成的角，在中，由余弦定理可得，故错误；，故正确故答案为：【点睛】方法点睛：求空间的角（异面直线所成的角、线面角和二面角）常用的方法有：（1）几何法（找作证指求）；（2）向量法（利用向量法的公式求解）.六、解答题（本大题共1小题，满分14分解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）24. 已知四棱锥的底面是平行四边形，平面与直线，分别交于点，且，点在直线上，为的中点，且直线平面.（1）设，试用基底表示向量；（2）证明，四面体中至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；（3）证明，对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的
22、线段上.【答案】（1）；（2）证明见解析；（3）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用向量加减法的几何意义有，即可求；（2）假设四面体的最长棱为，只需以为顶点的其它两组棱中或即得证至少存在一个顶点从其出发的三条棱能够组成一个三角形；（3）由平面，令结合向量共面定理有，即得一元二次方程在有解，求的范围且范围长度为即得证.【详解】（1），而，所以.（2）不妨设是四面体最长的棱，则在，中，即，故，至少有一个大于，不妨设，构成三角形.（3）设，由（1）知.又，有，设，又因为平面，所以存在实数，使得：，消元：在有解.当时，即；当时，解得.综上，有.所以对所有满足条件的平面，点都落在某一条长为的线段上.【点睛】思路点睛：1、利用向量线性运算的几何意义，结合几何图形表示向量；2、利用三角形的性质：两边之和大于第三边(其中假设第三边为最长边)，即可证是否可组成三角形；3、令，根据线面平行，结合向量共面定理得到参数的方程，进而求范围并且范围长度为即可.
