2023-2024学年北京市中关村中学高二上学期期中练习数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市中关村中学高二上学期期中练习数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，双空题，填空题，未知，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知，，如果与为共线向量，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由可构造方程求得结果.
【详解】与为共线向量，，则，解得：.
故选：C.
2．已知集合，集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】化简集合，根据并集运算求解.
【详解】因为，，
所以.
故选：C
3．已知直线和两个不同的平面，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】D
【分析】由直线与平面，平面与平面的位置关系判断即可.
【详解】对于A选项，若，则可能与平行，故A错误；
对于B选项，若，则可能与平行或者在平面内，故B错误；
对于C选项，若，则可能平行或者相交，则C错误；
对于D选项，由面面平行以及线面垂直的性质可知，D正确；
故选：D
【点睛】本题主要考查了直线与平面，平面与平面的位置关系，属于基础题.
4．某校组织全体学生参加了主题为“建党百年，薪火相传”的知识竞赛，随机抽取了200名学生进行成绩统计､发现抽取的学生的成绩都在50分至100分之间，进行适当分组后（每组为左闭右开的区间），画出频率分布直方图如图所示，在被抽取的学生中，成绩在区间的学生数是（ ）
A．30B．45C．60D．100
【答案】C
【分析】由频率之和为先求出，再由成绩在的频率可求成绩在该区间的学生数.
【详解】由题意得，，
解得，则学生成绩在区间的频率为，
由共抽取200名学生，则成绩在区间的学生数为.
故选：C.
5．已知两条异面直线的方向向量分别是，则这两条直线所成的角满足（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据空间向量求异面直线的夹角的运算即可求出异面直线夹角的余弦值.
【详解】因为两条异面直线的方向向量分别是，
所以，
故选：B
6．已知平面，其中，法向量，则下列各点中不在平面内的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据向量垂直则向量数量积为0，逐个代入验证即可.
【详解】若点在平面内，则，
对于A： ，所以A选项的点不在平面内；
对于B：，满足要求，所以在平面内；
对于C：， 满足要求，所以在平面内；
对于D：，满足要求，所以在平面内，
故选：A
7．在棱长为1的正方体中，是线段上一点，则点到平面的距离是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用空间向量法求解即可.
【详解】在正方体中建立如图所示空间直角坐标系，
则，，，，，
设平面的法向量，
则，取可得平面的一个法向量，
因为是线段上一点，设，
所以，
所以点到平面的距离，
故选：B
8．如图，将半径为1的球与棱长为1的正方体组合在一起，使正方体的一个顶点正好是球的球心，则这个组合体的体积为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】该组合体可视作一个正方体和个球体的组合体，进而求出体积.
【详解】由题意，该组合体是一个正方体和个球体的组合体，其体积为.
故选：A.
9．已知函数在区间上的最小值为，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分讨论，求出的范围，根据在范围内建立不等式求解即可.
【详解】当时，，
由题意知，，即，
当时，，
由题意知，，即，
的取值范围是，
故选：D
10．在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ）

A．点可以是棱的中点B．线段的最大值为
C．点的轨迹是正方形D．点轨迹的长度为
【答案】D
【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果.
【详解】
在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，
因为该正方体的棱长为，分别为的中点，
则，，，，
所以，设，则，
因为，
所以，，当时，；当时，；
取，，，，
连接，，，，则，，
所以四边形为矩形，
则，，即，，
又，且平面，平面，
所以平面，
又，，所以为中点，则平面，
所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动，
所以点的轨迹为四边形，
因此点不可能是棱的中点，即A错；
又，，所以，则点的轨迹不是正方形；
且矩形的周长为，故C错，D正确；
因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解.
二、双空题
11．复数的虚部是 ，复数在复平面内对应的点在第 象限
【答案】 2 四
【分析】由复数的实部与虚部的概念、共轭复数的概念、复数的几何意义可得.
【详解】复数的虚部是，
，在复平面对应的点为在第四象限.
故答案为：；四.
三、填空题
12．若向量，，，且、、共面，则 ．
【答案】
【分析】设，可得出关于、、的方程组，即可解得的值.
【详解】因为、、共面，设，其中、，
所以，，解得.
故答案为：.
13．若圆锥底面半径为1，高为2，则圆锥的侧面积为 ．
【答案】
【详解】试题分析：根据圆锥底面半径、高、母线长构成一个直角三角形，所以母线长为再根据圆锥的侧面积公式圆锥的侧面积公式可结合圆锥展开图为扇形，由相应扇形面积公式理解记忆.
【解析】圆锥的侧面积.
14．已知在空间直角坐标系（O为坐标原点）中，点，点，则z轴与平面OAB所成的线面角大小为 .
【答案】/
【分析】先求出平面法向量，再求z轴与平面法向量夹角的余弦值，最后求线面角.
【详解】因为，
令平面的法向量为，则，
即，解得，
令，则，
又z轴的方向向量为，
设z轴与平面的夹角为
所以，所以，
故答案为：
15．如图，在边长为1的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①三棱锥的体积为定值；
②存在点，使得平面；
③对每一个点，在棱上总存在一点，使得平面；
④是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①④
【分析】根据题意作图，并尝试特殊位置，进行检验证明.
【详解】对于①，如下图所示：
在边长为1的正方体中，易知平面，
因为点是棱上的一个动点，可设点到平面的距离为，
且，则三棱锥的体积，
故①正确；
对于②，连接，，因为在平行四边形中，
，所以不垂直，所以使得不垂直平面，
所以②不正确.
对于③，当点与点重合时，无论点在何位置，直线与平面相交，
故③错误；
对于④，根据题意，作图如下：
因为正方体中，易知平面，所以，
设，则，，
在中，，
，
则该截面面积，
由，当时，，故④正确；
故答案为：①④.
四、未知
16．如图，在三棱锥中，平面平面，分別为的中点.
(1)求证：平面；
(2)求证：.
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）证明，根据线面平行的判定定理即可得证；
（2）根据面面垂直的性质可得平面，从而可得.
【详解】（1）因为M，N分别为的棱VA，VB的中点，
所以，
又平面CMN，平面CMN，
所以平面CMN；
（2）由知，,
又因为平面VAC⊥平面ABC，平面VAC平面ABC，平面VAC，
所以平面，
又平面，所以.
五、解答题
17．已知函数，且满足的图象过点.
（1）求函数的解析式及最小正周期；
（2）若函数在区间上的最大值为3，求实数m的取值范围.
【答案】（1）；最小正周期；（2）.
【解析】（1）由列式求得a值，代入函数解析式，再由辅助角公式化简求得，函数的解析式，再利用最小正周期公式求解；
（2）由（1）知，根据函数在区间上的最大值为3，由求解.
【详解】（1）由题意，，
解得.
∴，
，
，
的最小正周期；
（2）∵函数在区间上的最大值为3，
所以，解得.
∴实数m的取值范围是.
【点睛】本题主要考查三角函数的图象和性质以及三角恒等变换的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
六、未知
18．如图，在三棱柱中，平面.
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值：
(3)点在线段上，且，点在线段上，若平面，求的值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）先证明与，由线面垂直的判定定理求证即可；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量与平面的法向量，利用向量法求二面角即可；
（3）由平面，利用向量法，求出的值．
【详解】（1）在三棱柱中，平面ABC，，
由平面平面
则平面，平面，平面，
则，且，又，
∵，
∴平面，
∵平面，∴，
由，则侧面为正方形，
∴，
∵，平面，平面，
∴平面.
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图，
，，，，
所以，，，，
设平面的法向量，则，
取，得，
设平面的法向量，则，
取，得，
设二面角的平面角为，
则，
因为二面角为锐二面角，
故二面角的余弦值为.
（3）点M在线段上，且，点N在线段上，
设，，
设，则，，且，
且，
即，
解得，，
，
∵平面，且
∴，解得.
∴的值为.
七、填空题
19．袋中装有3只黄色､2只白色的乒乓球（其体积､质地完全相同），从袋中随机摸出3个球，摸出的3个球为2个黄球1个白球的概率是 .
【答案】/0.6
【分析】列出摸取的全部基本事件，找到符合要求的基本事件，根据古典概型求解.
【详解】把3只黄色乒乓球标记为、、，2只白色乒乓球标记为1、2，
从5个球中随机摸出3个球的基本事件为：
ABC、AB1、AB2、AC1、AC2、A12、BC1、BC2、B12、C12，共10个，
其中2个黄球1个白球的基本事件为AB1、AB2、AC1、AC2、BC1、BC2，共6个，
所以摸出的3个球为2个黄球1个白球的概率.
故答案为：.
20．声音的等级（单位：）与声音强度（单位：）满足.喷气式飞机起飞时，声音的等级约为；一般说话时，声音的等级约为，那么喷气式飞机起飞时声音强度约为一般说话时声音强度的 倍.
【答案】
【分析】根据所给声音强度与声音的等级的函数关系求解.
【详解】由，即，可知，
声音强度，
设喷气式飞机起飞时声音强度与一般说话时声音强度分别为，
故强度之比，
故答案为：
21．在通用技术教室里有一个三棱锥木块如图所示，，，两两垂直，（单位：），小明同学计划通过侧面内任意一点将木块锯开，使截面平行于直线和，则该截面面积（单位：）的最大值是 ．
【答案】
【分析】根据题意，在平面内，过点作分别交于，在平面内，过作交于，在平面内，过作交于，连接，进而根据题意，∽，设其相似比为，则，再证明四边形是矩形，再结合相似比和二次函数性质求解即可.
【详解】根据题意，在平面内，过点作分别交于，
在平面内，过作交于，
在平面内，过作交于，连接，作图如下，
因为，则，
所以∽，设其相似比为，
则，
因为，所以在中，，
因为，所以，即，
因为，则，
所以，，即，
因为，
所以，即，
同理∽，即，
因为，平面，平面，
所以平面，
因为，
所以平面，平面，
因为平面，
所以，
因为
所以
因为，所以∽，
所以，
因为，所以，
因为，所以，
所以四边形是矩形，即，
所以，由二次函数的性质知，当时，有最大值.
故答案为：.
八、双空题
22．设函数.
①若，则的最小值为 ；
②若恰有2个零点，则实数a的取值范围是 .
【答案】 或.
【解析】①代入a的值，求出在各个区间的最小值即可判断；
②通过讨论a的范围，再讨论和时的零点情况，即可求出满足恰有2个零点的a的范围.
【详解】解：①若，时，，在上单调递增，的最小值是，
时，，在上单调递减，，
故的最小值为.
②当时，时，在上单调递增，
所以，此时在有1个零点，
此时，要使恰有2个零点，则只需时，有1个零点即可，
所以，解得，又，所以；
当时，恰有2个零点，符合题意；
当时，时，，单调递增，，在没有零点，
要使恰有2个零点，则只需时，有2个零点即可，
所以，所以；
综上，若恰有2个零点，则或，
故答案为：①；②或.
【点睛】本题主要考查分段函数最值的求法及已知零点个数求参数范围问题，同时考查分类讨论和数形结合的数学数学，属于难题.
九、解答题
23．在中，．
(1)求；
(2)若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使存在且唯一确定，求a的值．
条件①：；条件②：；条件③：．
注：如果选择的条件不符合要求，第(2)问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
【答案】(1)
(2)选②或③，
【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果；
（2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；
【详解】（1）因为，由正弦定理得，，
又，所以，得到，
又，所以，
又，所以，得到，
所以.
（2）选条件①：
由（1）知，，根据正弦定理知，，即，
所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件.
选条件②：
因为，所以，
又，得到，代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，
所以.
选条件③：
因为，所以，
由，得到，
又，由(1)知，
所以
又由正弦定理得，，得到，
代入，得到，解得，所以，
由余弦定理得，，
所以.
24．给定正整数，设集合．对于集合中的任意元素和，记．设，且集合，对于中任意元素，若则称具有性质．
(1)判断集合是否具有性质？说明理由；
(2)判断是否存在具有性质的集合，并加以证明；
(3)若集合具有性质，证明：．
【答案】(1)具有，理由见解析
(2)不存在，证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解，
（2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解.
（3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解.
【详解】（1）因为，同理．
又，同理．
所以集合具有性质．
（2）当时，集合中的元素个数为．由题设．
假设集合具有性质，则
①当时，，矛盾．
②当时，，不具有性质，矛盾．
③当时，．
因为和至多一个在中；和至多一个在中；
和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，矛盾．
④当时，，不具有性质，矛盾．
⑤当时，，矛盾．
综上，不存在具有性质的集合．
（3）记，则．
若，则，矛盾．若，则，矛盾．故．
假设存在使得，不妨设，即．
当时，有或成立．
所以中分量为的个数至多有．
当时，不妨设．
因为，所以的各分量有个，不妨设．
由时，可知，，中至多有个，
即的前个分量中，至多含有个．
又，则的前个分量中，含有
个，矛盾．
所以． 因为，
所以．
所以．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.