2024-2025学年北京市海淀区北京理工大学附属中学高二上学期回归练习数学试题（含解析）

这是一份2024-2025学年北京市海淀区北京理工大学附属中学高二上学期回归练习数学试题（含解析），共13页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
1.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(−1, 3)，则z的共轭复数z=( )
A. 1+ 3iB. 1− 3iC. −1+ 3iD. −1− 3i
2.若sinθ>0，tanθ<0，则θ是( )
A. 第一象限角B. 第二象限角C. 第三象限角D. 第四象限角
3.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且4个顶点A，B，C，D在同一平面内，若四边形ABCD是边长为2的正方形，则这个八面体的表面积为( )
A. 8B. 16C. 8 3D. 16 3
4.在▵ABC中，a=2，∠A=π3，∠B=5π12，则c=( )
A. 2 23B. 2C. 2 63D. 6
5.在平面直角坐标系xOy中，已知Pcsθ,sinθ,θ∈0,π2,A1,1，则OA⋅OP的取值范围是( )
A. 1, 2B. 0,2C. − 2, 2D. 2,2
6.函数y=Asinωx−φA>0,ω>0,0<φ<π的部分图象如图所示，则其解析式为( )
A. y=2sin2x−π6B. y=2sin2x−π3
C. y=2sinx−π3D. y=2sin2x+π6
7.已知函数fx=sinωx+π6ω>0，“存在m,n∈0,π2，函数fx的图象既关于直线x=m对称，又关于点n,0对称”是“ω≥2”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
8.已知l，m是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是( )
A. 若m⊥α，α⊥β，则m//βB. 若α∩β=l，l//m，则m//β
C. 若m⊂α，α⊥β，则m⊥βD. 若m⊥α，α//β，则m⊥β
9.在梯形ABCD中，AB//DC，AC⊥BD，∠BDC=π3，AB=2，DC=6，则AD与BC夹角的余弦值为( )
A. 714B. 2 77C. 2114D. 217
10.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，其中E，F，G，H，I，J，K分别为棱A1B1，B1C1，C1D1，D1A1，AA1，BB1，CC1的中点，那么三棱柱B1FJ−A1HI与三棱柱B1EJ−C1GK在正方体内部的公共部分的体积为( )
A. 16B. 14C. 13D. 12
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知纯虚数z满足z−2i=1，则z可以是 ．
12.已知csπ4−α=35，则sin2α= ．
13.有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为3，高为5，圆锥的高为4，则这个木质工艺品的体积为 ；表面积为 ．
14.在▵ABC中，∠A=60∘,AC=6,AB=4，则AC⋅AB= ，|CA→+CB→|= − ．
15.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M为AD的中点，点N是侧面DCC1D1上(包括边界)的动点，点P是线段B1D上的动点，给出下列四个结论：
①任意点P，都有CD1⊥MP；
②存在点P，使得B1D⊥平面MPC；
③存在无数组点N和点P，使得C1P//MN；
④点P到直线CD1的距离最小值是 63．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题，共4小题，每小题10分，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16.在▵ABC中，a,b,c分别是三个内角A,B,C的对边，bsinA−acsB2=0．
(1)求∠B的大小；
(2)若c=1，且AB边上的高是BC边上的高的2倍，求b及▵ABC的面积．
17.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=BC=2，CC1=4，E为CC1的中点．
(1)求证：AC1//平面EDB；
(2)求证：平面EDB⊥平面ACC1；
(3)求点C到平面EDB的距离．
18.设函数fx=sinωx+ 3csωx(ω>0).从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数fx存在．
(1)求fx的最小正周期及单调递减区间；
(2)若对于任意的x∈π2,π，都有fx≤c，求实数c的取值范围．
条件①：函数fx的图象经过点−π6,2；
条件②：fx在区间−5π12,π12上单调递增；
条件③：x=π12足fx的一条对称轴．
19.设n为正整数，集合An=αα=t1,t2,...,tn,tk∈0,1,k=1,2,...,n.对于集合An中的任意元素α=x1,x2,...,xn和β=y1,y2,...,yn，定义α∗β=x1⋅y1,x2⋅y2,...,xn⋅yn，α⊙β=x1−y1,x2−y2,...,xn−yn，以及α=x1+x2+...+xn．
(1)若n=5，α=1,1,1,0,1，α∗β=0,1,1,0,1，β=4，求β；
(2)若n=9，α1,α2,...,αkk≥2均为An中的元素，且αi=31≤i≤k，αi∗αj=01≤i(3)若α0,α1,α2,...,αkk≥2均为Ann≥5中的元素，其中α0=0，αk=n，且满足αi⊙αi+1=n−20≤i≤k−1，求k的最小值．
答案解析
1.D
【解析】解：z在复平面对应的点是(−1, 3)，根据复数的几何意义，z=−1+ 3i，
由共轭复数的定义可知，z=−1− 3i．
故选：D．
2.B
【解析】
解：由sinθ>0，可得θ的终边在第一象限或第二象限或与y轴的正半轴重合，
由tanθ<0，可得θ的终边在第二象限或第四象限，
因为sinθ>0，tanθ<0同时成立，所以θ是第二象限角．
故选：B．
3.C
【解析】每个面的面积为 34×22= 3，所以该图形的表面积为8 3．
故选：C
4.C
【解析】在▵ABC中，由∠A=π3，∠B=5π12，得∠C=π4，
由正弦定理csinC=asinA，得c=2sinπ4sinπ3=2 63．
故选：C
5.A
【解析】由题意，OA⋅OP=(1,1)⋅csθ,sinθ=csθ+sinθ= 2sinθ+π4，
又θ∈0,π2，所以π4≤θ+π4≤3π4， 22≤sinθ+π4≤1，
所以OA⋅OP= 2sinθ+π4∈1, 2．
故选：A
6.B
【解析】由函数的最大值为2，可知，A=2，
2πω×12=5π12−−π12=π2，得ω=2，
当x=5π12时，2×5π12−φ=π2+2kπ，k∈Z，得φ=π3−2kπ，k∈Z，
因为0<φ<π，所以φ=π3，
所以函数的解析式为y=2sin2x−π3．
故选：B
7.B
【解析】若存在m,n∈0,π2，函数fx的图象既关于直线x=m对称，又关于点n,0对称，
因为x∈0,π2，且ω>0，则ωx+π6∈π6,π2ω+π6，
则π2ω+π6≥π，解得ω≥53，
又因为[2,+∞)是53,+∞的真子集，
所以“存在m,n∈0,π2，函数fx的图象既关于直线x=m对称，又关于点n,0对称”是“ω≥2”的必要不充分条件．
故选：B．
8.D
【解析】对于A:若m⊥α,α⊥β，则可能m⊂β， A错误；
对于B:若α∩β=l,l//m，则可能m⊂β， B错误；
对于C:若m⊂α,α⊥β,则m可能不垂直β， C错误；
对于D:若m⊥α,α//β，则m⊥β， D正确．
故选：D．
9.D
【解析】设AC与BD交于E，因为∠BDC=π3，AC⊥BD，CD=6，所以CE=3 3，DE=3，
又因为AB//CD，AB=2，所以∠ABD=∠BDC=π3，∠ACD=∠BAC=π6，AE= 3，BE=1，所以BD=4，AC=4 3，
由余弦定理得AD2=AB2+BD2−2AB⋅BD⋅cs∠ABD=4+16−2×2×4×12=12，即AD=2 3，
BC2=CD2+BD2−2CD⋅BD⋅cs∠BDC=36+16−2×6×4×12=28，即BC=2 7，
AD⋅BC=AC+CD⋅BD+DC=AC⋅BD+AC⋅DC+CD⋅BD−CD2=AC⋅DCcs∠ACD+CD⋅BDcs∠BDC−CD2=4 3×6× 32+6×4×12−36=12，所以AD⋅BCAD⋅BC=122 3×2 7= 217．
故选：D
10.C
【解析】
如图所示，设HF,GE交于点O，由题意三棱柱B1FJ−A1HI与三棱柱B1EJ−C1GK在正方体内部的公共部分为四棱锥J−B1FOE，
显然四棱锥J−B1FOE的高为JB1=1，底面是边长为1的正方形，
故所求体积为V=13⋅S⋅ℎ=13⋅1⋅1⋅1=13．
故选：C．
11.3i(答案不唯一)
【解析】
解：∵z为纯虚数，∴设z=bi,b∈R，|z−2i|=|bi−2i|=|(b−2)i|=1，
∴(b−2)2=1，解得b=3或b=1，即z=3i或z=i．
故答案为：3i(答案不唯一)．
12.−725
【解析】解：因为csπ4−α=35，
所以csπ2−2α=cs[2×π4−α]
=2cs2(π4−α)−1=2×(35)2−1=−725，
所以sin2α=cs(π2−2α)=−725．
故答案为−725．
13.33π ； ； ； ； ；；54π
【解析】由题意可知：这个木质工艺品的体积为V=V圆柱−V圆锥=9π×5−13×9π×4=33π；
因为圆锥的母线长为l= 32+42=5
所以这个木质工艺品的表面积为S=9π+2π×3×5+π×3×5=54π．
故答案为：33π；54π．
14.12
4 7

【解析】由已知可得AC⋅AB=AC⋅ABcs60∘=6×4×12=12，
CA+CB=CA+AB−AC=AB−2AC= AB−2AC2
= AB2+4AC2−4AB⋅AC= 42+4×62−4×4×6×cs60∘=4 7．
故答案为：12；4 7
15.①③④
【解析】因为AD//B1C1，且AD=B1C1，可知AB1C1D为平行四边形．
对于①：因为DCC1D1为正方形，则DC1⊥CD1，
又因为AD⊥平面DCC1D1，CD1⊂平面DCC1D1，则AD⊥CD1，
且DC1∩AD，DC1,AD⊂平面AB1C1D，
可得CD1⊥平面AB1C1D，由MP⊂平面AB1C1D，则CD1⊥MP，故①正确；
对于②：由①可知：CD1⊥平面AB1C1D，由B1D⊂平面AB1C1D，则CD1⊥B1D，
同理可证：AC⊥B1D，
且AC∩CD1=C，AC,CD1⊂平面ACD1，可得B1D⊥平面ACD1，
又因为C∈平面ACD1，M∉平面ACD1，
可知平面MPC与平面ACD1相交，
所以不存在点P，使得B1D⊥平面MPC，故②错误；
对于③：若C1P//MN，则C1,P,M,N四点共面，即C1,P,M,N∈平面AB1C1D，
又因为点N∈侧面DCC1D1，且侧面DCC1D1∩平面AB1C1D=C1D，则N∈C1D，
根据平面的性质可知：对任意N∈线段C1D(不包括C1)，均存在P∈B1D，使得C1P//MN，
所以存在无数组点N和点P，使得C1P//MN，故③正确；
对于④：由②可知：B1D⊥平面ACD1，
由垂线性质可知，当P∈平面ACD1时，点P到直线CD1的距离最小，
又因为AD=CD=DD1=2,AC=AD1=CD1=2 2，
可知D−ACD1为正三棱锥，点P为等边△ACD1的中心，
此时点P到直线CD1的距离为13× 6= 63，
所以点P到直线CD1的距离最小值是 63，故④正确；
故答案为：①③④．
16.(1)由正弦定理asinA=bsinB=csinC可得，sinB⋅sinA−sinA⋅csB2=0.
因为A∈(0,π)，所以sinA≠0．
所以sinB=csB2.
所以2sinB2⋅csB2=csB2.
因为B∈(0,π)，所以B2∈0,π2，csB2≠0，
所以sinB2=12，所以B2=π6，即B=π3．
(2)因为AB边上的高是BC边上的高的2倍，c=1，
所以由等面积法知a=2c=2，
所以b2=a2+c2−2ac⋅csB=3，
所以b= 3，
所以S▵ABC=12acsinB= 32.

【解析】(1)由正弦定理转化为三角函数，由二倍角的正弦公式化简即可得解；
(2)由高的关系得出边的关系，再由余弦定理求出b，由面积公式求面积即可．
17.(1)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，令AC∩BD=F，则F为AC中点，连接EF，
由E为CC1的中点，得EF//AC1，而AC1⊄平面EDB，EF⊂平面EDB，
所以AC1//平面EDB．
(2)由CC1⊥平面ABCD，BD⊂平面ABCD，得CC1⊥BD，
矩形ABCD中，AB=BC，则矩形ABCD为正方形，AC⊥BD，
而AC∩CC1=C,AC,CC1⊂平面ACC1，则BD⊥平面ACC1，又BD⊂平面EDB，
所以平面EDB⊥平面ACC1．
(3)在▵EFC中，过C作CG⊥EF于G，由平面EDB⊥平面ACC1，平面EDB∩平面ACC1=EF，
CG⊂平面ACC1，因此CG⊥平面EDB，显然FC= 2，EF= FC2+EC2= 6，
在Rt▵EFC中，CG=FC⋅ECEF=2 33，
所以点C到平面EDB的距离为2 33．

【解析】(1)令AC∩BD=F，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得．
(2)利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得．
(3)过C作CG⊥EF于G，由(2)的结论，结合面面垂直的性质推理计算即得．
18.(1)因为fx=sinωx+ 3csωx=212sinωx+ 32csωx=2sinωx+π3，
若选①②：由①函数f(x)的图象经过点−π6,2，
则−πω6+π3=π2+2kπ，k∈Z，即ω=−1−12k，k∈Z，
由②f(x)在区间−5π12,π12上单调递增，有π12−−5π12≤T2，即T≥π，
又ω>0且T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，此时ω不存在；
选条件②③：由②f(x)在区间−5π12,π12上单调递增，有π12−−5π12≤T2，即T≥π，
又ω>0且T=2πω，即2πω≥π，所以0<ω≤2，
由③x=π12是f(x)的一条对称轴，则π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，
所以ω=2+12k，k∈Z，所以ω=2，
所以f(x)=2sin2x+π3，则fx的最小正周期T=2π2=π，
由π2+2kπ≤2x+π3≤3π2+2kπ(k∈Z)，解得π12+kπ≤x≤7π12+kπ(k∈Z)，
所以f(x)的单调递减区间为π12+kπ,7π12+kπ(k∈Z)；
若选①③：由①函数f(x)的图象经过点−π6,2，
则−πω6+π3=π2+2kπ，k∈Z，即ω=−1−12k，k∈Z，
由③x=π12是f(x)的一条对称轴，则π12ω+π3=π2+kπ，k∈Z，所以ω=2+12k，k∈Z，
此时ω不存在；
(2)由(1)可知f(x)=2sin2x+π3，
因为x∈π2,π，所以2x+π3∈4π3,7π3，
所以sin2x+π3∈−1, 32，f(x)∈−2, 3，
因为对于任意的x∈π2,π，都有f(x)≤c，所以c≥ 3，
即c的取值范围为 3,+∞．

【解析】(1)利用辅助角公式化简，结合所选条件，利用周期与单调性求出ω，求函数解析式即可；
(2)由x的范围求出2x+π3的范围，即可求出函数的值域，依题意c≥fxmax ．
19.(1)设β=y1,y2,y3,y4,y5，则由α=1,1,1,0,1，α∗β=0,1,1,0,1，知1⋅y1,1⋅y2,1⋅y3,0⋅y4,1⋅y5=0,1,1,0,1．
所以y1,y2,y3,0,y5=0,1,1,0,1，得β=0,1,1,y4,1．
而β=4，故0+1+1+y4+1=4，从而y4=1．
所以β=0,1,1,1,1．
(2)由已知有αi=31≤i≤k，αi∗αj=01≤i这些条件的含义是，α1,α2,...,αk都恰有3个分量等于1，且任意两个不同向量没有同时为1的分量．
由于n=9，故一共只有9个分量，这表明全体α1,α2,...,αk的所有分量中，至多有9个1．
而显然一共有3k个1，故3k≤9，得k≤3．
显然α1=1,1,1,0,0,0,0,0,0，α2=0,0,0,1,1,1,0,0,0，α3=0,0,0,0,0,0,1,1,1满足条件，此时k=3．
这就说明k的最大值是3．
(3)由α0=0，αk=n，知α0=0,0,0,...,0,0，αk=1,1,1,...,1,1．
而条件αi⊙αi+1=n−20≤i≤k−1的含义是，在序列α0,α1,α2,...,αk中，任意一对相邻的向量αi,αi+10≤i≤k−1都恰有n−2个分量不相等．
根据题目内容，已有k≥2．
若k=2，则α0=0,0,0,...,0,0，α2=1,1,1,...,1,1，且α0,α1恰有n−2个分量不相等，α1,α2恰有n−2个分量不相等．
换言之，α0,α1恰有2个分量相等，α1,α2恰有2个分量相等．
而n≥5，故一定存在1≤t≤n，使得α0,α1的第t个分量不相等，α1,α2的第t个分量也不相等．
这就表明α0,α2的第t个分量相等，但α0=0,0,0,...,0,0，α2=1,1,1,...,1,1，它们没有相等的分量，矛盾；
这就表明k≥3．
注意到α0=0,0,0,0,0,0,...,0,0,0,0，α1=0,1,0,1,1,1,...,1,1,1,1，α2=1,1,0,0,0,0,...,0,0,0,0，α3=1,1,1,1,1,1,...,1,1,1,1满足全部条件，此时k=3．
所以k的最小值是3．

【解析】(1)设β=y1,y2,y3,y4,y5，然后直接根据定义解得y1,y2,y3,y4,y5的值即可；
(2)根据已知条件考虑α1,α2,...,αk中所有等于1的分量的个数，得到k≤3，再对k=3构造符合条件的例子；
(3)直接通过反证法说明k=2不可能成立，然后对k=3构造符合条件的例子．