北京市延庆区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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2024.11
本试卷共6页，150分.考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回.
第一部分（选择题共40分）
一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 在复平面内，复数的共轭复数所对应的点位于（ ）
A 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】
求出复数的共轭复数，即可得出对应点所在象限.
【详解】复数的共轭复数为，
其对应的点位于第四象限.
故选：D.
【点睛】本题考查复数的几何意义，属于基础题.
2. 已知向量，且，那么（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
分析】根据题意，设，即，x，，2，，分析可得x、的值，进而由向量模的计算公式计算可得答案．
【详解】根据题意，向量，2，，，x，，且，
则设，即，x，，2，，
则有，则，，
则，，，故；
故选：A．
3. 在空间直角坐标系中，点关于坐标平面的对称点为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由关于坐标平面的对称点的坐标不变，坐标相反可得．
【详解】由于关于坐标平面的对称点的坐标不变，坐标相反，因此所求对称点坐标为，
故选：B．
4. 设分别是空间中直线的方向向量，则直线所成角的大小为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量的夹角公式即可求解.
【详解】，
设所成角为，则，故
故所成角为，
故选：C
5. 过和两点的直线的倾斜角是（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】D
【解析】
分析】根据两点求解斜率即可求解.
【详解】由和可得直线斜率为，故倾斜角为，
故选：D
6. “”是“直线与平行”的（ ）
A. 充分而不必要条件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】根据一般式方程的形式，结合两直线平行的条件，列式求解.
【详解】若直线，则，解得：.
所以“”是“直线的充分必要条件.
故选：C
7. 在平行六面体中，，点在上，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，结合向量的线性运算即可求解.
【详解】
.
故选：.
8. 已知正方体的棱长为为的中点，则到平面的距离为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】作，垂足为，证明平面，在直角中，求出即得．
【详解】如图，作，垂足为，
因为平面，平面，所以，
又因为，平面，所以平面，
即的长即为到平面的距离，
在直角中，，，则，
，
故选：B．
9. 在正方体中，点是线段上任意一点，则与平面所成角的正弦值不可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】首先求点到平面的距离，再求的取值范围，即可求解线面角的正弦值，即可判断选项.
【详解】设正方体的棱长为1，
因为平面平面，所以点到平面的距离为1，的最小值为，
的最大值为，所以与平面所成角的正弦值的最大值为1，最小值为，
所以正弦值的范围是，.
故选：A
10. 已知点，直线，若直线上至少存在三个，使得为直角三角形，直线倾斜角的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】，过或作轴平行线，它们一定与直线相交，共有两个交点满足题意，然后由直线与
以为直径的圆有交点可得倾斜角的范围．
【详解】当时，直线上不存在，使得为直角三角形，
当，如图，过或作轴平行线，它们一定与直线相交，这就是符合题意的两个，
因为至少有三个，使得为直角三角形，
所以直线与以为直径的圆有公共点，圆心是原点，半径为，
由，解得或，
设直线的倾斜角为，则或，
所以或，
所以倾斜角范围是，
故选：B．
第二部分（非选择题共110分）
二､填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 复数，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先计算复数，再求模.
【详解】，
所以.
故答案为：
12. 已知点，点在线段上，且，则点坐标为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件得到，根据向量的坐标表示，即可求解.
【详解】设，且,
即，
即，解得：，
所以点的坐标为.
故答案为：
13. 若平面，平面的法向量为，平面的法向量为，写出平面的一个法向量______.
【答案】（不唯一，共线即可）
【解析】
【分析】根据平面与平面垂直得法向量垂直，即，代入坐标公式列式求解.
【详解】由平面，则，
满足条件，所以平面的一个法向量为.
故答案为：（不唯一，共线即可）
14. 已知点，直线与线段无交点，则直线在轴上的截距为__________；的取值范围是__________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据直线所过的定点，根据条件求边界的斜率，即可求解.
【详解】直线在轴上的截距为，表示直线的斜率，
直线恒过点，，，
若直线与线段无交点，则的取值范围是.
故答案为：
15. 如图：在直三棱柱中，，.记，给出下列四个结论：
①存在，使得任意，都有；
②对于任意点，都不存在点，使得平面平面；
③最小值为3；
④当取最小时，过点作三棱柱的截面，则截面周长为.
其中，所有正确结论的序号是__________.
【答案】①③④
【解析】
【分析】问题①，根据故平面，得,对任意，取位于处，则始终有即可判断，问题②化为对于任意点，是否存在点，使面面，由已知证面面，结合面面垂直判定判断存在性即可；问题③将△绕翻折到平面内，证△为等边三角形，进而确定的最小值；
问题④为的中点，为△的重心，平面中，延长交于点，取的中点，为的中点，证过点，，的三棱柱的截面为梯形，即可判断.
【详解】对于①，因为三棱锥为直三棱锥,故 ,
又
由，，平面，故平面，
平面，故,
故对任意，取位于处，则始终有,故①正确；
对于②，因为三棱锥为直三棱锥，所以面，又面，
所以，又，所以，所以，
由，，面，故面，面，
所以面面，而，且都在面内，
由于面即为面，要使面面，只需面面，
综上，面时，面，此时面面，即面面，
对于任意点，只需对应平行于△中边上的高时，均满足要求，②错误；
对于③，将△绕翻折到平面内，则的最小值为点到直线的距离，
又，，，所以，
所以到直线的距离为3，所以的最小值为3，③正确；
对于④，当取最小时，为的中点，因为△为等边三角形，为的中点，
所以为的重心，故，
在平面中，延长交于点，
因为，，，所以△△，故，
取的中点，为的中点，则，
因为，，所以四边形为平行四边形，则，，
又，，所以，所以，
故过点，，的三棱柱的截面为梯形，
，，，，则梯形的周长为，④正确；
故答案为：①③④
【点睛】方法点睛：作截面的常用三种方法：直接法，截面的定点在几何体的棱上；平行线法，截面与几何体的两个平行平面相交，或者截面上有一条直线与几何体的某个面平行；延长交线得交点，截面上的点中至少有两个点在几何体的同一平面上.
三､解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
16. 已知的顶点坐标为.
（1）求过点且与直线平行的直线的方程；
（2）求边上的中线所在直线的方程；
（3）求边上的高所在直线的方程.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率再利用点斜式方程即可得出结果；
（2）求出中点坐标再计算中线斜率，代入点斜式方程即可；
（3）根据垂直关系得出斜率，再利用点斜式方程可求.
【小问1详解】
直线的斜率
过点且与直线平行的直线的斜率为
过点且与直线平行的直线方程为
即
【小问2详解】
设边的中点为，因为，
所以点的坐标为，即，
所以边的中线所在直线方程为
即
【小问3详解】
因为，
所以边的高线所在直线的斜率为，
因此边的高线所在直线方程为，
即
17. 如图，在三棱柱中，底面，是的中点，且.
（1）求证：平面；
（2）若，求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）连接与相交于点,连接，然后利用三角形的中位线证明线线平行，再用线面平行的判定定理证明线面平行即可；
（2）直接建立空间直角坐标系求解即可；
（3）利用（2）的法向量直接求解即可.
【小问1详解】
连接，设，连接，
由为三棱柱，得.
又是的中点，所以是的中位线，
.
平面平面，
平面；
【小问2详解】
底面，
以为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，
，
设平面的法向量为n=x,y,z
由，得；
设直线与平面所成角为.
则.
直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
设平面与平面所成角为为锐角，
平面的法向量为，
，
平面与平面所成角余弦值为.
18. 设的内角对应的边分别为，且.
（1）求角的大小；
（2）从下列三个条件中选择一组作为已知，使存在且唯一，并求的面积.
条件①：；
条件②：；
条件③：.
注：如果选择的条件使不存在或不唯一，第（2）问得0分.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理边角互化可得，即可求解，
（2）选①，根据正弦定理边角互化得，即可根据余弦定理求解，由面积公式即可求解，选②，根据余弦定理求解三角形不唯一，选③，根据和差角公式可得,即可根据正弦定理求解，由面积公式即可求解.
【小问1详解】
，由正弦定理
得，
在中，，
，
.
【小问2详解】
若选①，则
由余弦定理，得，
解得
.
若选条件②：由可得，解得，此时三角形不唯一，
若选③，，
故,
由正弦定理可得：
19. 已知函数，且的图象过点.
（1）求函数的最小正周期和单调递减区间；
（2）若函数在上与直线有交点，求实数的取值范围；
（3）设函数，记函数在上的最大值为，求的最小值及此时的值.
【答案】（1）最小正周期；单调减区间为
（2）
（3）当时，
【解析】
【分析】（1）直接代入已知点坐标可求得，利用二倍角公式、两角和的正弦公式化简函数式，然后由正弦函数性质求得最小正周期和单调递减区间；
（2），题意说明函数取得最大值3，因此解不等式可得；
（3），求出的最大值和最小值，则通过比较它们的绝对值的大小得出（由最大值和最小值是相反数可得的分类），从而可得的最小值．
【小问1详解】
由题意
由题意，，
解得.
，
的最小正周期；
由，得，
所以的单调减区间为；
【小问2详解】
函数在区间上与直线有交点
所以函数在区间上的最大值为3，
又因为
所以，解得.
实数取值范围是.
【小问3详解】
当时，取最大值
当时，取最小值，
结合图象
所以当时，
当时，
所以当时，
20. 如图，已知四棱锥中，底面是边长为4的正方形，平面是正三角形，分别为的中点.
（1）求证：平面；
（2）求点到平面的距离；
（3）线段上是否存在点，使得三棱锥的体积为，若存在，求的值；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）根据线面垂直的判断定理，转化为证明，；
（2）以为原点建立空间直角坐标系，求平面的法向量，再代入点到平面的距离， 求解；
（3）根据，求得点的坐标，再根据（2）的结果求点到平面的距离，并根据向量的数量积公式，以及面积公式，求，结合体积公式，即可求解.
【小问1详解】
证明：因为是正三角形，是的中点，
所以.
又因为平面平面，
平面，
所以面；
【小问2详解】
因为两两互相垂直.以点为原点，的方向分别为轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系.
则，
设平面的法向量为，
由，得
，
点到平面的距离
【小问3详解】
设
所以点到面的距离为定值
.
，
解得：或.
21. 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，集合是否具有性质；（直接写出答案，结论不需要证明）
（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）集合具有性质，集合B不具有性质
（2）不存在具有性质的集合，证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据定义，直接判断；
（2）首先由题设，再分的不同值，结合性质，即可判断选项；
（3）记，则，利用反证法，逐步推理证明.
【小问1详解】
集合具有性质，
集合B不具有性质.
【小问2详解】
当时，集合A中的元素个数为4.由题设.
假设集合A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A中；和至多一个在A中；和至多一个在A中，故集合A中的元素个数小于4，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.
【小问3详解】
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1的个数至多有.
当时，不妨设.
因为，所以的各分量有个1，不妨设.
由时，可知，中至多有1个1，
即的前个分量中，至多含有个1.
又，则的前个分量中，含有个1，矛盾.
所以.因为，
所以.所以.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是理解新定义.