1、人大附中20202021学年度第一学期高二年级数学阶段检测一、选择题：（本大题共10小题，每小题4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. 已知i是虚数单位，复数，且，那么实数的值为（ ）A. -1B. 0C. 1D. 2【答案】B【解析】【分析】化简可得及，根据题意，列出等式，即可得答案.【详解】因为，所以，由题意得，所以，解得，故选：B【点睛】本题考查复数的简单运算，共轭复数的概念，考查学生对基础知识的掌握程度，属基础题.2. 已知i是虚数单位，复数的虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先化简复数，
2、然后由虚部定义可求【详解】解：，复数的虚部是，故选：A.【点睛】该题考查复数代数形式的运算、复数的基本概念，属基础题3. 已知三条不同的直线，和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】D【解析】【分析】根据直线和平面，平面和平面的位置关系，依次判断每个选项得到答案.【详解】A. 若，则，或相交，或异面，A错误；B. 若，则或，B错误；C. 若，则或相交，C错误； D. 若，则，D正确.故选：D【点睛】本题考查了直线和平面，平面和平面的位置关系，意在考查学生的推断能力和空间想象能力.4. 已知平面向量和，则“”是“”的（ ）A. 充分而
3、不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】两边平方得出，展开等价变形得出，根据充分条件和必要条件定义进行判断即可.【详解】则“”是“”的充分必要条件故选：C【点睛】本题主要考查了充要条件的证明，涉及了向量运算律的应用，属于中档题.5. 已知直线m，n不共面，则过n且与m垂直的平面（ ）A. 有且只有一个B. 有一个或不存在C. 有一个或无数个D. 不存在【答案】B【解析】【分析】利用线面垂直的定义，逐个选项进行判断即可【详解】当直线异面，且不垂直时，过直线且与直线的平面不存在；当异面直线垂直时，过直线且与直线垂直的平面存在一个，所以至
4、多一个故选：B【点睛】本题考查线面垂直问题，属于基础题.6. 已知向量，则下列结论正确的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. 以上都不对【答案】C【解析】【分析】根据所给向量，求数量积和数量关系，即可得解.【详解】，所以，所以，所以，故选：C.【点睛】本题考查了向量的平行和垂直的判断，考查了向量的数量积和平行向量数量关系的应用，属于基础题.7. 在ABC中，cosC=，AC=4，BC=3，则cosB=（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据已知条件结合余弦定理求得，再根据，即可求得答案.【详解】在中，根据余弦定理：可得 ，即由故.故选：A.【点睛】本题主要考查了余弦定理解三
5、角形，考查了分析能力和计算能力，属于基础题.8. 在四面体中，在面内，在面内，且满足，若，则下面表述中，线段与的关系是（ ）A. 与所在直线是异面直线B. 与所在的直线平行C. 线段与必相交D. 线段与延长后相交【答案】C【解析】【分析】先考虑特殊情况时，易判断；若，则，把变形为，代入到中，结合平面向量基本定理即可判断.【详解】解：若，则，所以，所以四点共面；若，则，则，设，所以，所以，所以四点共面；综合以上有，线段与必相交.故选：C【点睛】考查向量的恒等变形以及平面向量基本定理的应用，基础题.9. 在三棱锥中，两两垂直，点在平面上的射影为，为三棱锥内任意一点，连接，并延长，交对面于点，则：，
6、；是锐角三角形；.以上结论中正确结论有（ ）个.A. 2B. 3C. 4D. 5【答案】C【解析】【分析】对于，根据线面垂直，得出线线垂直即可；对于，直接利用余弦定理求解即可对于，根据面积公式作辅助线求解即可对于，根据棱锥的体积公式求解即可对于，利用等量代换关系求解即可【详解】对于，两两垂直，可得：面，从而得出：，故正确；对于，则，同理，在三角形中，由余弦定理得：，同理可证，所以，是锐角三角形；正确；对于，如图作于，连接，则，故错误；对于，如图，对于，同理，所以，所以，正确对于，在直角三角形中得，在三角形中有：，由于，正确故选：C【点睛】本题考查锥体的综合运用，条件多且复杂，主要考查学生的空间
7、想象能力，属于难题10. 如图，棱长为2的正方体中， 为的中点，点，分别为面和线段上动点，则周长的最小值为A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得：周长取最小值时，在上，在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为，求出，即可得到周长的最小值【详解】由题意得：周长取最小值时，在上，在平面上，设关于的对称点为，关于的对称点为，连结，当与的交点为，与的交点点时，则是周长的最小值，周长的最小值为故选【点睛】本题考查棱柱的结构特征，考查对称点的运用，考查余弦定理，考查化归与转化思想、函数与方程思想，是中档题二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，请把答案填在答题纸中相应横线上
8、.11. 已知是虚数单位，若，则_.【答案】【解析】【分析】直接根据复数的模的计算公式计算即可得答案.【详解】解：根据复数模的计算公式得：.故答案为：【点睛】本题考查复数模的计算，是基础题.12. 在平行六面体中，则_.【答案】.【解析】【分析】在平行六面体中，利用对角线向量，利用向量的平方等于向量模的平方，结合向量数量积的运算律求得结果.【详解】由平行六面体的特征可知，所以，所以，故答案为：.【点睛】该题考查的是有关空间向量的问题，涉及到的知识点有空间向量的运算，空间向量的平方等于向量模的平方，向量数量积的运算法则，属于简单题目.13. 在中，三边长分别为，则的最大内角的余弦值为_，的面积为
9、_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由题意可得的最大内角为，再根据余弦定理即可求出，由同角的平方关系可求出，再根据三角形的面积公式即可求出【详解】解：，的最大内角为，其余弦值，的面积，故答案为：；【点睛】本题主要考查余弦定理的应用，考查三角形的面积公式及其应用，属于基础题14. 如图，正三棱柱的棱长均为点是侧棱的中点，点、分别是侧面，底面的动点，且平面，平面则点的轨迹的长度为_【答案】【解析】【分析】根据已知可得点Q轨迹是过MBC的重心，且与BC平行的线段，进而根据正三棱柱ABCA1B1C1中棱长均为2，可得答案【详解】点P是侧面BCC1B1内的动点，且A1P平面BCM，则P点的轨
10、迹是过A1点与平面MBC平行的平面与侧面BCC1B1的交线，则P点的轨迹是连接侧棱BB1，CC1中点的线段l，Q是底面ABC内的动点，且PQ平面BCM，则点Q的轨迹是过l与平面MBC垂直的平面与平面ABC相交得到的的线段m，故线段m过ABC的重心，且与BC平行，由正三棱柱ABCA1B1C1中棱长均为2，故线段m的长为：2=，故答案为【点睛】本题考查的知识点是平面与平面之间的位置关系，棱柱的几何特征，动点的轨迹，难度中档15. 正方体的棱长为1，动点M在线段CC1上，动点P在平面上，且平面.（）当点M与点C重合时，线段AP的长度为_；（）线段AP长度的最小值为_.【答案】 (1). (2). 【
11、解析】【分析】（）当点M与点C重合时，可以得到点与点重合，从而可得的长度；（）利用线面垂直得到等量关系，结合二次函数求解最值.【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，设则,.因为平面，所以, .（）当点M与点C重合时, , ,此时的长度为；（）.【点睛】本题主要考查空间中的垂直关系及动线段的长度问题.动点引发的长度变化，要寻求其中不变的关系式，综合运用其他知识求解.三、解答题：本大題共6小題，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤，请把答案写在答题纸中相应位置上.16. 已知i是虚数单位，设复数z满足.（1）求的最小值与最大值；（2）若为实数，求z的值.【答案】（
12、1）最大值为7，最小值为3.（2）见解析【解析】【分析】（1）根据题意，可知的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆，表示点到的距离，结合几何意义求得结果；（2）根据实数，列出等量关系式，求得结果.【详解】（1）设，根据，所以有，所以的轨迹为以为圆心，以2为半径的圆，所以，其表示点到的距离，所以其最大值为圆心到的距离加半径，最小值为圆心到的距离减半径，所以最大值为，最小值为；（2），因为为实数，所以，即，所以或，又因为，所以（舍去），所以或或.【点睛】该题考查的是有关复数的问题，涉及到的知识点有根据几何意义有模的最值，根据复数为实数求复数的值，属于简单题目.17. 在ABC中，角A，B，C的对边分别为
13、a，b，c，已知（1）求的值；（2）在边BC上取一点D，使得，求的值【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用余弦定理求得，利用正弦定理求得. （2）根据的值，求得的值，由（1）求得的值，从而求得的值，进而求得的值.【详解】（1）由余弦定理得，所以.由正弦定理得.（2）由于，所以.由于，所以，所以.所以.由于，所以.所以.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解三角形，考查三角恒等变换，属于中档题.18. 在锐角三角形中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且.（1）求角A；（2）若，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由余弦定理结合，可得，即，又因为，即可
14、得解；（2）由正弦定理可得，由，再结合三角形为锐角三角形可得，即可得解.【详解】（1）由余弦定理可得，所以，又，所以，因为为锐角三角形，所以，即，又因为，所以；（2）由（1）知，由，可得，,由，且三角形为锐角三角形，所以，且，又，所以，所以，所以的取值范围为.【点睛】本题考查了利用正余弦定理解三角形，考查了利用三角函数求最值，解三角形的基本思路是角化边或变化角，在解三角形中求最值有利用基本不等式和三角函数两种方法，本题属于中档题.19. 如图，在四棱锥中，平面平面，O，M分别为线段，的中点.四边形是边长为1的正方形，.（1）求证：平面；（2）求直线与所成角的余弦值；（3）点N在直线上，若平面平
15、面，求线段的长.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.【解析】【分析】（1）取AE中点P，连接BP、MP，根据题意可得四边形BCMP为平行四边形，根据线面平行的判定定理，即可得证；（2）连接EO，根据面面垂直的性质定理，可证得, ，以O为原点，分别以OB，OD，OE为x，y，z轴正方向建系，分别求得，的坐标，利用夹角公式，即可求得结果；（3）设，则可得N点坐标，即可求得平面BMN的法向量，同理可求得平面ABE的法向量，根据题意，可得，即可求得的值，即可得答案.【详解】（1）取AE中点P，连接BP、MP，如图所示因为M、P分别为ED、AE的中点，所以且，又四边形是边长为1的正方形，所以且，又
16、因为O为的中点，所以且，即且，所以四边形BCMP为平行四边形，所以，又因为平面，平面，所以平面.（2）连接EO，因为，O为AD中点，所以，因为平面ADE，且平面平面，平面平面=AD，所以平面，又平面，平面,所以, ，以O为原点，分别以OB，OD，OE为x，y，z轴正方向建系，如图所示，所以, ,所以，设直线与所成角为，则，所以直线与所成角的余弦值为.（3）设，则所以，设平面BMN的法向量，则，即，令，则法向量可取,同理可求得平面ABE的法向量，因为平面BMN平面ABE,所以，即，解得，所以.【点睛】本题考查线面平行的判定定理，两直线所成角的求法，二面角的求法及应用，对于点N在直线上，常用的办法
17、为设，进而可表示出N点坐标，再进行求解，考查分析理解，推理证明，计算求值的能力，属中档题.20. 在四棱锥中，平面平面，底面为梯形，且，M是棱的中点.（1）求证：平面；（2）求证：对于棱上任意一点F，与都不平行；（3）设与平面交于点Q，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）【解析】【分析】（1）利用面面垂直的性质定理和线面垂直的判定定理证得结果；（2）利用反证法证明即可；（3）建立空间直角坐标系，求得点Q的坐标，从而求得棱锥的高，利用椎体体积公式求得结果.【详解】（1）在平面中，过点D作，交于，因为平面平面，平面，平面平面，所以平面，因为平面，所以，又，且，所以平面
18、；（2）假设棱棱上存在点，连接，取其中点，在中，因为分别为的中点，所以，因为过直线外一点只有一条直线和已知直线平行，所以与重合，所以点在上，所以是的交点，即就是，而与相交，矛盾，所以假设错误，即原命题得证；（3）结合（1）的结论，可知两两垂直，建立空间直角坐标系如图所示：由题中条件可得：因为点Q在平面内，可得，所以，则，又因三点共线，设，则有，解得，所以，所以.【点睛】该题考查的是有关立体几何的问题，涉及到的知识点有线面垂直的判定，反证法的应用，锥体体积的计算，属于中档题目.21. 已知，给定个整点，其中，.（1）当时从上面的个整点中任取两个不同的整点，求的所有可能值；（2）从上面个整点中任取
19、m个不同的整点，.（i）证明：存在互不相同的四个整点，满足，；（）证明：存在互不相同的四个整点，满足，.【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（）证明见解析.【解析】【分析】（1）取时，即可表示出整点，进而算出可能的所有取值；（2）（i）假设不存在互不相同的四个整点满足题设条件，进而得出，与已知矛盾，结合反证法，即可证明；（）利用关系式，即可作出证明.【详解】（1）当时，4个整点分别为，所以的所有可能的值为；（2）（i）假设不存在互不相同的四个整点，满足，即在直线中至多有一条直线上取多余1个整点，其余每条直线上至多取一个整点，此时符合条件的整点个数最多为，而，与已知矛盾，故存在互不相同的四个整点，满足，.（）设直线有个选定的点，若，设上的这个选定的点的横坐标分别为，且满足，由，则中任意不同两项之和的不同的值恰有个，且，可知，存在互不相同的四个整点，满足，.【点睛】本题主要考查了推理与证明，其中解答中正确理解题意，结合题设中定义和求和公式求解是解答的关键，着重考查推理运算能力，属于中档试题.