2024-2025学年北京市延庆区高二上学期期中考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1北京市延庆区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题第一部分（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】复数的共轭复数为，其对应的点位于第四象限.故选：D.2.已知向量，且，那么（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，向量，2，，，，，且，则设，即，，，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】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】，设所成角为，则，故故所成角，故选：C.5.过和两点的直线的倾斜角是（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】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】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】.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】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】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】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】，所以.12.已知点，点在线段上，且，则点坐标为__________.【答案】【解析】设，且,即，即，解得：，所以点的坐标为.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】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】【解析】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.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的最小值为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】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，，，所以△△，故，取中点，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：①③④.三､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.解：（1）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（2）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.（3）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.（1）证明：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；（2）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.（3）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.解：（1），由正弦定理，得，在中，，，.（2）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.解：（1）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；（2）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.实数的取值范围是.（3），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.（1）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；（2）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.（3）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：.解：（1）集合具有性质，集合B不具有性质.（2）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.（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.北京市延庆区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题第一部分（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】复数的共轭复数为，其对应的点位于第四象限.故选：D.2.已知向量，且，那么（）A. B. C. D.【答案】A【解析】根据题意，向量，2，，，，，且，则设，即，，，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】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】，设所成角为，则，故故所成角，故选：C.5.过和两点的直线的倾斜角是（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】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】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】.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】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】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】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】，所以.12.已知点，点在线段上，且，则点坐标为__________.【答案】【解析】设，且,即，即，解得：，所以点的坐标为.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】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】【解析】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.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的最小值为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】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，，，所以△△，故，取中点，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：①③④.三､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.解：（1）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（2）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.（3）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.（1）证明：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；（2）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.（3）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.解：（1），由正弦定理，得，在中，，，.（2）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.解：（1）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；（2）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.实数的取值范围是.（3），当时，取最大值，