1、2021年北京市海淀区八校联考高二上期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.）1复数的虚部是ABCD2过点且与直线垂直的直线方程是ABCD3在空间直角坐标系中，已知点，0，2，点满足，则点的坐标是)A，4，B，4，C，3，D，2，4设直线的方向向量为，1，0，1，1，为平面的三点，则直线与平面的位置关系是AB或CD5若直线与直线垂直，则的值为ABC1D1或6设，则“”是“直线与直线平行”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件7如图，在平行六面体中，为与的交点，若，则下列向量中与相等的向量是ABCD8正方体，、分别是正方形和的中心，则和所成
2、的角是）ABCD9在平面直角坐标系中，是坐标原点，设函数的图象为直线，且与轴、轴分别交于、两点，给出下列四个命题：存在正实数，使的面积为的直线仅有一条；存在正实数，使的面积为的直线仅有两条；存在正实数，使的面积为的直线仅有三条；存在正实数，使的面积为的直线仅有四条其中所有真命题的序号是ABCD10如图，在正方体中，分别是棱，的中点，点在四边形的四边及其内部运动，下列命题中，错误的是A点在线段上时，就有B点在线段上时，就有平面C三棱锥的体积有最大值D直线与平面所成的角为二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）11已知复数满足是虚数单位），则12若四点，
3、2，2，共面，则实数的值为 13直线的倾斜角为 ，经过点且与直线平行的直线方程为 14如图，平面平面，与两平面、所成的角分别为和过、分别作两平面交线的垂线，垂足为、，则15如图，正方体的棱长为2，点为底面的中心，点在侧面的边界及其内部运动若，则面积的最大值为 三、解答题（本大题共3小题，每题10分共25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.16（7分）已知，复数，当为何值时，（1）为实数？（2）为虚数？（3）为纯虚数？17（8分）正方形中心为，一边所在直线的斜率为3，且此正方形的面积为14.4，求此正方形各边所在的直线方程18（10分）如图，是正方形，平面，（）
4、求证：；（）求二面角的余弦值；（）设点是线段上一个动点，试确定点的位置，使得平面，证明你的结论四、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）.19（6分）直线的倾斜角的取值范围是ABCD20（6分）二面角为，异面直线，分别垂直，则与的夹角为ABCD21（6分）如图，在正方体中，分别是棱，的中点，点在对角线上运动当的面积取得最小值时，点的位置是A线段的三等分点，且靠近点B线段的中点C线段的三等分点，且靠近点D线段的四等分点，且靠近点五、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
5、相应位置.）22（6分）已知复数满足为虚数单位），则的最大值为 23（6分）如图所示，直线垂直于圆所在的平面，内接于圆，且为圆的直径，点为线段的中点，现有以下命题：；平面；点到平面的距离等于线段的长其中真命题的个数为 24（6分）在平面直角坐标系中，为坐标原点定义，、，两点之间的“直角距离”为若点，则；已知点，点是直线上的动点，的最小值为六、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，请将答写在答题纸上的相应位置.）25（14分）如表，将数字1，2，3，全部填入一个2行列的表格中，每格填一个数字第一行填入的数字依次为，第二行填入的数字依次为，记（）当时，若，写出的所有
6、可能的取值；（）给定正整数试给出，的一组取值，使得无论，填写的顺序如何，都只有一个取值，并求出此时的值；（）求证：对于给定的以及满足条件的所有填法，的所有取值的奇偶性相同参考答案一、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【分析】直接利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【解答】解：，复数的虚部是故选：【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查复数的基本概念，是基础题2【分析】可设与直线垂直的直线方程为，代入点的坐标求出的值【解答】解：设与直线垂直的直线方程为，代入点的坐标，得，解得；所求的直线
7、方程为故选：【点评】本题考查了根据垂直关系求直线方程的应用问题，是基础题3【分析】设点的坐标为，利用向量相等的坐标表示，列式求解即可【解答】解：设点的坐标为，则，因为，则，解得，所以，4，故选：【点评】本题考查了空间向量的坐标运算，空间向量相等的坐标表示，考查了运算能力，属于基础题4【分析】由已知求得的坐标，再由向量数量积为0证明直线的方向向量与平面垂直，则答案可求【解答】解：，0，1，1，而直线的方向向量为，1，直线的方向向量与平面垂直，可得故选：【点评】本题考查空间中直线与平面位置关系的判定，考查空间向量的应用，是基础题5【分析】利用直线与直线垂直的性质直接求解【解答】解：直线与直线垂直，
8、解得故选：【点评】本题考查实数值的求法，考查直线与直线垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题6【分析】根据直线平行的等价条件结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可【解答】解：若，则两条直线方程为与直线，则两直线平行，即充分性成立，当时，两条直线方程为与直线，则两直线不平行，当时，若两直线平行，则满足，由得，即，得或，则必要性不成立，即“”是“直线与直线平行”的充分不必要条件，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合直线平行的等价条件是解决本题的关键7【分析】由题意可得，化简得到结果【解答】解：由题意可得，故选：【点评】本题主要考查两个向量的加减法的法则，以及其几何意
9、义，属于基础题8【分析】要求线线角，关键是作出线线角，利用平行关系可得线线角故可求【解答】解：连接、分别是正方形和的中心，为和所成的角，为故选：【点评】本题的考点是异面直线及其所成的角，主要考查线线角，关键是作出线线角，从而得解9【分析】根据直线方程求出直线在两坐标轴上的截距，再构造以斜率为自变量，是变量的函数，利用均值不等式求函数最小值方法，分和两种情况讨论存在直线的条件，再分析求解【解答】解：直线与轴，轴交点的坐标分别是，当时，当且仅当时取等号当时，在时，有两值；当时，当且仅当时取等号当时，在时，有两值；当时，仅有一条直线使的面积为，不正确；当时，仅有两条直线使的面积为，正确；当时，仅有三
10、条直线使的面积为，正确；当时，仅有四条直线使的面积为，正确故选：【点评】本题借助考查命题的真假判定，考查直线与坐标轴围成的的面积问题的面积可根据直线在坐标轴上的截距求得在本题中根据斜率取值的个数来确定直线存在的条数，这是解决此类题的常用方法10【分析】由直线垂直平面判断；由平面与平面平行判断；由三棱锥体积公式判断；用极限思想判断【解答】解：对于，连接，由题意得，所以，因为，所以平面，因为平面，所以，所以对；对于，因为平面平面，当在上时，平面，所以平面，所以对；对于，因为三棱锥的底面固定不变，高度是点到的距离，不在点时高最大，所以三棱锥的体积有最大值，所以对；对于，因为当充分靠近点时，与平面成角
11、接近零，未必是，所以错故选：【点评】本题以命题真假判断为载体，考查了正方体结构特性质，考查了直线与平面成角问题，属于中档题二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）11【分析】利用复数运算法则直接求解【解答】解：复数满足是虚数单位），故答案为：【点评】本题考查复数的运算，考查复数运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12【分析】由点的坐标，先求出的坐标，利用空间向量共面定理，可得，由向量相等的坐标表示，列式求解即可【解答】解：点，2，2，则，因为四点共面，所以，则，0，故，解得故答案为：【点评】本题考查了空间中点的坐标的应用，空间向量共面定理的
12、应用以及空间向量相等的充要条件的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题13【分析】利用斜率与倾斜角的关系求出直线的倾斜角，利用两条直线平行的充要条件，结合直线的点斜式方程求解即可【解答】解：直线的斜率为，所以直线的倾斜角为；由题意可知，所求直线的斜率为，又经过点，所以所求直线的方程为，即故答案为：；【点评】本题考查了直线方程的求解与应用，直线的斜率与倾斜角关系的应用，两条直线平行的充要条件的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题14【分析】如图，连接和，设，作出两个线面角，在直角三角形中用表示出线段的长度，即可得出所求的比值【解答】解：如图，连接和，设，可得与平面所成的
13、角为，在，同理可得与平面所成的角为，所以，因此在，所以【点评】本题考查线面角及其相关几何运算，考查了在二面角与线面角背景下求线段长度的能力，属于立体几何知识的综合运用题，对空间想象能力要求较高15【分析】由题意作出图形，由直线与平面垂直的判定定理求出点的轨迹，求出点到棱的最大值，代入三角形的面积公式求解即可【解答】解：由正方体的性质可知，当位于点时，当点位于的中点时，求得，所以，故，又，所以平面，故点的轨迹在线段上，由，可得为锐角，而，故点到棱的最大值为，所以面积的最大值为故答案为：【点评】本题考查了正方体结构特征的理解和应用，考查了动点轨迹的求解，解题的关键是求出点的轨迹，考查了空间想象能力
14、与转化化归能力，属于中档题三、解答题（本大题共3小题，每题10分共25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.16【分析】（1）利用“为实数等价于的虚部为0”计算即得结论；（2）利用“为虚数等价于的实部为0”计算即得结论；（3）利用“为纯虚数等价于的实部为0且虚部不为0”计算即得结论【解答】解：（1）为实数且，解得：；（2）为虚数且，解得：或；（3）为纯虚数、且，解得：或【点评】本题考查复数的基本概念，注意解题方法的积累，属于基础题17【分析】利用点到直线的距离公式、正方形的面积计算公式、互相垂直的直线斜率之间的关系即可得出【解答】解：设直线的斜率为3的边所在直线
15、方程为，则中心到此边的距离，此正方形的面积为14.4，解得或可得边所在直线的斜率为3的直线方程为和与上述两边垂直的边所在直线的斜率为，可设方程为同理可得，或此两条直线的方程为或综上可得：四条边所在直线的方程分别为：，【点评】本题考查了正方形的性质、点到直线的距离公式、正方形的面积计算公式、互相垂直的直线斜率之间的关系，考查了计算能力，属于基础题18【分析】在正方形中，可得根据平面，得，由线面垂直的判定定理可得平面，从而可得；分别以为轴、轴、轴，建立如图所求空间直角坐标系设，则可得，可得、和各点的坐标，进而得到向量、的坐标，再利用垂直向量数量积为零建立方程组，解出平面的一个法向量为，1，而，3，
16、是平面的一个法向量，根据空间向量的夹角公式算出、所成的角余弦值，即可得到二面角的余弦值；设，可得关于的坐标形式，根据平面，得，由数量积为零建立关于的方程，解之得，从而得到当时，平面【解答】解：（）平面，平面，四边形是正方形，又、是平面内的相交直线，平面，结合平面，得；因为直线、两两垂直，所以分别以为轴、轴、轴，建立如图所求空间直角坐标系设，则可得，因此，0，0，3，3，0，0，0，设平面的法向量为，得，令，得且，可得，1，（7分）平面，得，3，是平面的一个法向量二面角的大小即为向量、所成角的大小（或其补角）结合图形加以观察，可得二面角的余弦值为；（10分）（）点是线段上一个动点，根据的结论，设
17、，则，平面，即，解之得（12分）此时，点坐标为，2，即当时，平面（14分）【点评】本题给出四棱锥的一条侧棱与底面垂直且底面是正方形，求证线面垂直并求二面角的余弦值大小，着重考查了线面垂直、平行的判定与性质和利用空间向量研究平面与平面所成角的求法等知识，属于中档题四、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）.19【分析】直接利用直线的斜率和倾斜角的关系，基本不等式的应用求出的取值范围【解答】解：直线，所以直线的斜率，整理得，根据正切函数的性质和直线的倾斜角范围，所以故选：【点评】本题考查的知识要点：直
18、线的斜率和倾斜角的关系，基本不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题20【分析】在空间取一点，作作，过作，交于，连结，则，从而直线与直线的夹角为，由此能求出与的夹角【解答】解：如图，二面角为，异面直线，分别垂直，在空间取一点，作作，则，是垂足，是垂足，过作，交于，连结，则，由题意是平面图形，是二面角的平面角，直线与直线的夹角为，与的夹角为故选：【点评】本题考查异面地直线的夹角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养21【分析】以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出的面积取得最小值时，为的中点【解答】解：以为原点，为轴，为轴，为轴
19、，建立空间直角坐标系，设正方体中棱长为1，为上的动点，设，其中，0，为等腰三角形，底边，设底边上的高为，则有，时的面积取得最小值，此时为的中点故选：【点评】本题考查点的位置瓣判断，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题五、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.）22【分析】根据题意可得在复平面内复数对应的点到点之间的距离为1，则复数表示的点在以为圆心1为半径的圆周上，进而可得答案【解答】解：因为复数满足为虚数单位），所以在复平面内复数对应的点到点之间的距离为1，所以复数表示的点在以为圆心1为半径的圆周上，所以的最大值
20、为，故答案为：【点评】本题考查复数的几何意义，解题中注意转化思想的应用，属于中档题23【分析】由题意结合几何体的结构特征考查所给的命题是否正确即可【解答】解：面，平面，又，平面，而平面，故正确点为线段的中点，点为的中点，又平面，平面，平面，故正确平面，点到面的距离等于线段的长，故正确故答案为：3【点评】本题主要考查空间中的垂直关系，线面平行的判定，点面距离的求解等知识，属于中等题24【分析】直接利用新定义求出的值；设出的坐标，利用新定义表示，然后讨论它的最小值即可【解答】解：由题意可知：；设直线上的任意一点坐标，则直角距离，要求它的最小值就是的最小值，也就是画出此函数的图象，由图分析得：当时，
21、最小值为：；当时，最小值为：所以最小值是：；故答案为：4；【点评】本题是中档题，考查新定义，利用新定义求出函数的最小值问题，考查计算能力，对新定义的理解和灵活运应是解好本题的关键六、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，请将答写在答题纸上的相应位置.）25【分析】（）根据新定义计算即可，（），2，则无论，填写的顺序如何，都有，根据新定义求出即可，（）方法一：交换每一列中两个数的位置，所得的的值不变，不妨设，记，求出，即可证明，方法二：考虑如下表所示的任意两种不同的填法，若在两种填法中都位于同一行，若在两种填法中位于不同行，即可证明【解答】解：（），值为2，4，6
22、，的所有可能的取值为3，5，7，9（）令，2，则无论，填写的顺序如何，都有因为，所以，2，因为，2，所以注：，2，或，均满足条件（）解法一：显然，交换每一列中两个数的位置，所得的的值不变不妨设，记，其中，2，则因为，所以与具有相同的奇偶性又因为与具有相同的奇偶性，所以与的奇偶性相同，所以的所有可能取值的奇偶性相同解法二：显然，交换每一列中两个数的位置，所得的的值不变考虑如下表所示的任意两种不同的填法，不妨设，其中，2，对于任意，2，若在两种填法中都位于同一行，则在的表达式中或者只出现在中，或只出现在中，且出现两次，则对而言，在的结果中得到若在两种填法中位于不同行，则在的表达式中在与中各出现一次，则对而言，在的结果中得到0由 得，对于任意，2，必为偶数所以，对于表格的所有不同的填法，所有可能取值的奇偶性相同【点评】本题考查了新定义的应用，以及数列求和问题，考查了学生的分析问题和解决问题的能力，属于难题
