2022-2023學年北京市海淀區高二期末練習數學試題一、單選題1．在復平面內，復數對應的點位于（

）A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限【答案】A【分析】計算得到復數的代數形式，即可得答案.【詳解】其對應的點位于第一象限故選：A.2．經過點且傾斜角為的直線的方程是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】首先求出直線的斜率，再利用點斜式求出直線方程；【詳解】由傾斜角為知，直線的斜率，因此，其直線方程為，即故選：B3．已知直線l經過點，平面的一個法向量為，則（

）A． B．C． D．l與相交，但不垂直【答案】B【分析】根據平面的法向量與直線的方向向量的關系即可求解.【詳解】因為直線l經過點，所以，又因為平面的一個法向量為，且，所以平面的一個法向量與直線l的方向向量平行，則，故選：.4．已知拋物線上的點到其焦點的距離是，那么實數的值為（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用拋物線焦半徑公式可直接構造方程求得結果.【詳解】由拋物線方程知：拋物線焦點為，準線為，由拋物線定義知：，解得：.故選：D.5．在平行六面體中，點M滿足．若，則下列向量中與相等的是（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】結合圖形，由空間向量的線性運算可得.【詳解】由點M滿足，所以M為中點，因為四邊形ABCD為平行四邊形，所以M為中點,所以，所以.故選：C6．已知直線，，則“”是“直線與相交”的（

）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據點到直線的距離公式，結合直線與圓的位置關系分別驗證充分性，必要性即可得到結果.【詳解】由題意可得直線與相交，則當時，滿足，即“”是“直線與相交”的充分條件；當直線與相交時，不一定有，比如也滿足，所以“”是“直線與相交”的充分不必要條件.故選:A.7．在正方體中，直線是底面所在平面內不過的一條動直線，記直線與直線所成的角為，則的最小值是（

）A． B． C． D．【答案】A【分析】過作的平行線，過作該平行線的垂線，垂足為，則，，根據可求出結果.【詳解】如圖：過作的平行線，過作該平行線的垂線，垂足為，則，所以，設正方體的棱長為，則，，所以，當且僅當與重合時，取得等號，所以的最小值是.故選：A8．已知A，B（異于坐標原點）是圓與坐標軸的兩個交點，則下列點M中，使得為鈍角三角形的是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】先求出直線AB的方程，確定弦AB為該圓的直徑，再判斷A，B，C，D各選項中的點M與圓的位置關系，即可確定的形狀，從而得解．【詳解】由A，B（異于坐標原點）是圓與坐標軸的兩個交點，不妨得，，則直線AB的方程為，顯然圓心在直線AB上，即弦AB為該圓的直徑，對于A，，即在圓上，則為直角三角形，故A錯誤；對于B，，即在圓外，則為銳角三角形，故B錯誤；對于C，，即在圓上，則為直角三角形，故C錯誤；對于D，，即在圓內，則為鈍角三角形，故D正確．故選：D．9．“天問一號”是執行中國首次火星探測任務的探測器，該名稱源于屈原長詩《天問》，寓意探求科學真理征途漫漫，追求科技創新永無止境．圖（1）是“天問一號”探測器環繞火星的橢圓軌道示意圖，火星的球心是橢圓的一個焦點．過橢圓上的點P向火星被橢圓軌道平面截得的大圓作兩條切線，則就是“天問一號”在點P時對火星的觀測角．圖（2）所示的Q，R，S，T四個點處，對火星的觀測角最大的是（

）A．Q B．R C．S D．T【答案】A【分析】連接點P和橢圓的左焦點，由對稱性和橢圓上點到焦點距離的特征得點P位于條件中點Q處，對火星的觀測角最大.【詳解】設火星半徑為R，橢圓左焦點為，連接，則，因為，所以越小，越大，越大，所以當點P位于條件中點Q處，對火星的觀測角最大.故選：A.10．如圖，在棱長為1的正方體中，M，N分別為的中點，P為正方體表面上的動點．下列敘述正確的是（

）A．當點P在側面上運動時，直線與平面所成角的最大值為B．當點P為棱的中點時，CN∥平面C．當點P在棱上時，點P到平面的距離的最小值為D．當點時，滿足平面的點P共有2個【答案】C【分析】與不可能垂直，故選項A錯誤；平移與平面相交于一點，故選項B錯誤；利用體積相等即可求出點P到平面的距離的最小值為判斷選項C，當點時，滿足平面的點P共有1個.當點為平面的中心時，故判斷選項D【詳解】由于線面角的最大值為，與不可能垂直，故直線與平面所成角的最大值達不到.選項A錯誤；取的中點為，的中點為,連接,相交于點，連接,且故平面,面，故不能與平面平行，故選項B錯誤；到平面的距離始終為，故當點運動到點時，取得最小值為，故,,故，故選項C正確.當點時，滿足平面的點P共有1個.當點為平面的中心時，故選項D錯誤故選：C.二、填空題11．若復數滿足，則___________．【答案】##【分析】利用復數的四則運算化簡復數，利用復數的模長公式可求得.【詳解】由題意可得，因此，.故答案為：.12．已知直線，直線．若，則實數___________．【答案】##【分析】直接根據兩直線垂直的公式計算即可.【詳解】由得，解得故答案為：13．已知雙曲線的漸近線為，則該雙曲線的離心率為___________．【答案】【分析】根據漸近線方程可得：，進而得到.【詳解】因為雙曲線的漸近線為，所以，則，故答案為：.14．已知橢圓的左、右焦點分別是，且是面積為的正三角形．過垂直于的直線交橢圓M于B，C兩點，則的周長為___________．【答案】【分析】由面積為，且其為正三角形，可得.后由中垂線性質結合橢圓定義可得答案.【詳解】如圖，設，則，因面積為，且其為正三角形，又，則，則.又直線BC過，與垂直，為正三角形，則直線BC為中垂線，則，又，故的周長，又C，B在橢圓上，則由橢圓定義有.故答案為：15．古希臘數學家阿波羅尼斯在其著作《圓錐曲線論》中，系統地闡述了圓錐曲面的定義和利用圓錐曲面生成圓錐曲線的方法，并探究了許多圓錐曲線的性質．其研究的問題之一是“三線軌跡”問題：給定三條直線，若動點到其中兩條直線的距離的乘積與到第三條直線距離的平方之比等于常數，求該點的軌跡．小明打算使用解析幾何的方法重新研究此問題，他先將問題特殊化如下：給定條直線，，，動點到直線、和的距離分別為、和，且滿足，記動點的軌跡為曲線．給出下列四個結論：①曲線關于軸對稱；②曲線上的點到坐標原點的距離的最小值為；③平面內存在兩個定點，曲線上有無數個點到這兩個定點的距離之差為；④的最小值為．其中所有正確結論的序號是___________．【答案】①③④【分析】設點，求出點的軌跡方程，根據曲線對稱性的定義可判斷①；化簡曲線的方程，利用兩點間的距離公式結合二次函數的基本性質可判斷②；化簡曲線的方程，根據雙曲線的定義可判斷③；對點的位置進行分類討論，利用二次函數的基本性質可求得的最小值.【詳解】直線的方程為，直線的方程為，設點，則，，，所以，，化簡可得.對于①，在曲線上任取一點，則點關于軸的對稱點為，所以，，故點在曲線上，①對；對于②，設點.當時，則曲線的方程可化為，可得，設坐標原點為，則，且原點坐標滿足方程，此時有意義，②錯；對于③，當，則曲線的方程可化為，整理可得，取雙曲線的焦點、，根據雙曲線的定義可知，曲線上有無數個點，使得，③對；對于④，當點在拋物線上，且時，，當且僅當時，等號成立，當點在雙曲線的上支時，則，且且，此時，，因為，所以，且，故，當且僅當時，等號成立；當點在雙曲線的下支時，同理可求得的最小值為.綜上所述，的最小值為，④對.故答案為：①③④.【點睛】關鍵點點睛：本題考查曲線有關幾何性質的應用，解題的關鍵在于根據題中的幾何關系求出曲線的方程，并對曲線的方程進行化簡，進而通過曲線的方程對曲線的幾何性質進行分析求解.三、解答題16．已知直線與直線交于點，點關于坐標原點的對稱點為，點在直線上，點在直線上．(1)當時，求點的坐標；(2)當四邊形為菱形時，求的值．【答案】(1)(2)【分析】（1）當時，聯立直線、的方程，求出點的坐標，再利用對稱性可得出點的坐標；（2）求出點的坐標，設點，求出點的坐標，根據點在直線上可得出，由菱形的幾何性質可得出，根據斜率關系可得出關于的等式，即可得解.【詳解】（1）解：當時，直線的方程為，聯立可得，即點，因為點關于坐標原點的對稱點為，故點的坐標為.（2）解：若，則，不合乎題意，所以，，聯立可得，即點，設點為坐標原點，則，設點，因為四邊形為菱形，且的中點為，則的中點為，所以點，因為點在直線上，所以，，則，即點，所以，，由菱形的幾何性質可知，所以，，解得.17．已知曲線M上的任意一點到點的距離比它到直線的距離小1．(1)求曲線M的方程；(2)設點．若過點的直線與曲線M交于B，C兩點，求的面積的最小值．【答案】(1)(2)【分析】（1）利用拋物線的定義即可求解；（2）設直線的方程，聯立直線與拋物線的方程，可知的面積，結合韋達定理及二次函數求最值，即可得解.【詳解】（1）由已知得，曲線M上的任意一點到點的距離與它到直線的距離相等，所以曲線M的軌跡是以為焦點，為準線的拋物線，所以曲線M的方程為（2）設，顯然，過點的直線斜率不為0，設其方程為聯立，整理得其中，由韋達定理得：，，所以的面積當時，所以的面積的最小值為18．如圖，在四棱錐中，四邊形是平行四邊形，點F為的中點．(1)已知點G為線段的中點，求證：CF∥平面；(2)若，直線與平面所成的角為，再從條件①、條件②、條件③這三個條件中選擇幾個作為已知，使四棱錐唯一確定，求：（?。┲本€到平面的距離；（ⅱ）二面角的余弦值．條件①：平面；條件②：；條件③：平面平面．【答案】(1)證明過程見詳解(2)（?。?；（ⅱ）.【分析】(1)取的中點，連接，，，，利用中位線證明平面，再利用平行四邊形對邊平行證明平面，然后利用面面平行的判定得到平面平面，最后由面面平行得到證明即可；(2)選擇條件①和③（?。┰O點到平面的距離為，利用等體積法即可求解；（ⅱ）建立空間直角坐標系，寫出點的坐標，分別求出兩個平面的法向量，進而求解即可.【詳解】（1）取的中點，連接，，，；因為分別為的中點，所以，平面，平面，所以平面，又因為分別為的中點，四邊形為平行四邊形，所以且，則四邊形為平行四邊形，所以，平面，平面，所以平面，因為，平面，所以平面平面，因為平面，所以平面.（2）選擇條件①和③（?。┮驗槠矫?，所以即為直線與平面所成的角，由題意可知：，又，所以.因為平面平面，且平面平面，因為平面，所以，所以平面，平面，所以,則四邊形為矩形，因為，所以，設點到平面的距離為，由平面可知：，在中，，因為為的中點，所以，所以，，因為，平面，平面，所以平面，所以點到平面的距離也就是直線到平面的距離.因為，即，也即，所以故直線到平面的距離為.（ⅱ）由（?。┛芍海?，兩兩垂直，分別以，，所在直線為軸，軸，軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，則，，，設平面的法向量為，平面的法向量為，則有，也即，令，則；則有，也即，令，則，則，由圖可知：二面角為銳二面角，所以二面角的余弦值為.19．已知橢圓的焦距為2，長軸長為4．(1)求橢圓