2025北京二中高二（上）段考一数学试题及答案

高中2025北京二中高二（上）段考一数学数学选择性必修第一册一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上）1.已知是平面，是直线，给出下列命题：①若，则；②若，则；③若是异面直线，那么与相交；④若，则且其中正确的命题的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.42.已知中，角，，所对的边分别是，，，若直线与直线的方程分别为与，则直线与的位置关系是（）A.重合 B.平行 C.垂直 D.不确定3.点到直线的距离最大时，其最大值以及此时的直线方程分别为（）A.； B.；C.； D.；4.已知三条直线，，将平面分为六个部分，则满足条件的的值共有（）A.个 B.2个 C.个 D.无数个5.已知，直线：上存在点，满足，则的倾斜角的取值范围是（）A. B.C. D.6.中国古代数学著作《九章算术》中记载了一种被称为“曲池”的几何体．该几何体是上、下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）．在如图所示的“曲池”中，平面，记弧、弧的长度分别为，已知为弧的中点，则直线与所成角的余弦值为（）A. B. C. D.7.三角形是生活中随处可见的简单图形，其中有非常有趣的特殊点及特殊线.大数学家欧拉在1765年发现，给定一个三角形，则其外心、重心、垂心落在同一条直线上，后人为了纪念欧拉，称这条直线为欧拉线.在平面直角坐标系xOy中，的顶点，，则“的欧拉线方程为”是“点C的坐标为”的（）A.必要不充分条件 B.充分不必要条件C.充要条件 D.既不充分也不必要条件8.如图所示，正方形平铺在水平面上，先将矩形沿折起，使二面角为，再将正方形沿折起，使二面角为，则平面与平面所成的锐二面角的余弦值是（）A. B. C. D.9.如图是一个边长为2的正方体的平面展开图，在这个正方体中，点为线段的中点，且点满足，给出下列命题：①若，则，，共面；②若，则是平面的一个法向量；③若，则到平面的距离为；④若时，直线与平面所成角为，则其中正确的命题的个数是（）A.1 B.2 C.3 D.410.曼哈顿距离（）是由十九世纪赫尔曼闵可夫斯基所创词汇，是使用在几何度量空间的几何学用语，表示两个点在空间（或平面）直角坐标系中的“绝对轴距”总和．例如：在平面直角坐标系内有两个点，它们之间的曼哈顿距离．已知点，点是直线上的动点，点是直线上的动点，其中．则的最小值为（）A. B. C. D.二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题纸上）11.直线l到直线的距离和原点到直线l的距离相等，则直线l的方程是___________.12.已知点，直线将分割为面积相等的两部分，则实数的值是___________．13.在如图所示的试验装置中，正方形框架的边长为2，长方形框架的长，且它们所在平面形成的二面角的大小为，活动弹子，分别在对角线和上移动，且始终保持，则的长度最小时的取值为___________．14.在矩形中，．点分别在上，且．沿将四边形翻折至四边形，使平面与平面垂直，点在线段上且满足四点共面，则___________．若动点在线段上，则二面角的平面角的余弦值的最大值为___________．15.已知函数图象如图1所示，分别为图象的最高点和最低点，过作轴的垂线，分别交轴于，点为该部分图象与轴的交点，且与轴的交点为．将绘有该图象的纸片沿轴折成如图2所示的二面角．折叠后，当二面角的值为时，．给出以下四个命题：①函数的解析式可以是；②在图2中，的图象上存在至少三个不同的点，使得平面；③在折叠过程中，若二面角的范围是，则点到平面距离的最大值为；④在折叠过程中，若二面角的范围是，二面角的余弦值的取值范围是．其中正确的命题为___________（请写出所有正确命题的序号）．三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上）16.2021年起，江苏省实行“3+1+2”高考模式，为让学生适应新高考的赋分模式，某校在一次校考中使用赋分制给高三年级学生的化学成绩进行赋分，具体赋分方案如下：先按照考生原始分从高到低按比例划定共五个等级，然后在相应赋分区间内利用转换公式进行赋分．等级排名占比，赋分分数区间是等级排名占比35%，赋分分数区间是；等级排名占比35%，赋分分数区间是70；等级排名占比13%，赋分分数区间是；等级排名占比2%，赋分分数区间是30-40；现从全年级的化学成绩中随机抽取100名学生的原始成绩（未赋分）进行分析，其频率分布直方图如图所示：（1）求图中的值；（2）求抽取的这100名学生的原始成绩的众数、平均数和中位数；（3）用样本估计总体的方法，估计该校本次化学成绩原始分不少于多少分才能达到赋分后的C等级及以上（含C等级）？（结果保留整数）17.已知点和点．（1）求证：点在定直线上，并求直线的方程；（2）点在直线上，且为等腰直角三角形，求点的坐标．18.在△ABC中，.（1）求∠B的大小；（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得△ABC存在且唯一，求△ABC的面积条件①；条件②；条件③：AB边上的高为.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，接第一个解答计分.19.如图，在三棱锥中，，，．（1）求证：；（2）若点为的重心，求证：直线不垂直于平面；（3）请直接写出三棱锥的体积（不用写求解过程）．20.如图，在四棱锥中，平面，为棱的中点．用空间向量坐标法解答以下问题：（1）求与所成角的余弦值；（2）求二面角的余弦值；（3）在棱上是否存在点，使得二面角的余弦值为？若不存在，请说明理由；若存在，求的值．21.在）个实数组成的n行n列的数表中，表示第i行第j列的数，记，若∈，且两两不等，则称此表为“n阶H表”，记（1）请写出一个“2阶H表”；（2）对任意一个“n阶H表”，若整数且，求证：为偶数；（3）求证：不存在“5阶H表”.

参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上）12345678910ACACDBACCA二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分．请将答案填在答题纸上）11.【答案】由题意设所求直线l的方程为，则，解得，故直线l的方程为.故答案为：.12.【答案】，，即时，，过定点，即点，又直线将分割为面积相等的两部分，所以直线必需过中点，，解得．故答案为：．13.【答案】由题意知，，就是二面角的平面角，即，以为原点，以所在直线分别为轴，过点作轴平面，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设，由，可知，，，，，解得，，，当时，取到最小值，即取到最小值.故答案为：14.【答案】如图，分别作的延长线，交于点，依题沿将四边形翻折至四边形，则也一同折起后，共线，连接则与的交点，即平面与线段的交点.因,则,于是，,则，故.如图，连接,交于点，连接，在矩形中，易得,由,可得,因,则,同理,又平面平面，且平面平面,平面,则平面，故可以点为坐标原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系.在中，,，则,设，，则,即,因平面，故平面的法向量可取为，又,设平面的法向量为，则，故可取，设二面角的平面角为，由图知是锐角，则，设，则，，代入上式可得：，因，故时，即时，点与点重合时，取得最大值为.故答案为：.15.【答案】对于①，依题意，，，当绘有图象的纸片折叠前，，则，由当二面角的值为时，得，，则，解得，，因此，由与轴的交点为，得，又位于的图象是下降的，则，因此，①正确；对于②，在平面内，过点作图象的切线，由，得斜率，又点，，则直线斜率，直线斜率，过点作交轴于，则直线斜率为，由，得直线一定交的图象于，在平面上，过平行于直线的直线交的图象于，可得直线，由，平面不在平面内，得平面，同理，得平面，且平面，于是平面平面，又平面，从而平面，因此存在两个点满足条件，即，平面，②错误；对于③，如图3，以过且平行于的直线为轴，所在直线为轴建立空间直角坐标系，设二面角，则，，，，设平面的法向量，则，令，得，于是点到平面的距离，由，得，因此，当且仅当，即时取等号，③正确；对于④，由③知，平面的法向量，设平面的法向量，则，令，得，由法向量方向得二面角的余弦值为，令，化简得：，当时，令，，则，函数在上的单调递增函数，则，二面角的余弦值的取值范围是，④错误，所以所有正确命题的序号为①③.故答案为：①③三、解答题（本大题共85分，请将答案填在答题纸上）16.【答案】（1）（2）众数75分，平均数71分，中位数分；（3）54分.【解析】（1）由频率分布直方图得，所以.（2）由频率分布直方图得，抽取的这100名学生的原始成绩的众数的估计值为分；抽取的这100名学生的原始成绩的平均数的估计值为：分；原始成绩在的频率为，原始成绩在的频率为，因此中位数，且，解得，所以抽取的这100名学生的原始成绩的中位数的估计值为分.（3）由已知等级达到及以上所占排名等级占比为，设该校本次化学成绩原始分在等级及以上的最低分为，则，于是，解得，所以原始分不少于54分才能达到赋分后的等级及以上．17.【答案】（1）证明见解析，直线的方程为；（2）或或.【解析】（1）设点，由点，得，消去得，所以点在定直线上，直线的方程为.（2）当为等腰的直角顶点时，，设，直线的方程为，则，解得，于是；由，解得或，则点或；当为等腰的直角顶点时，同理得点，或；以点为顶点的三角形是等腰直角三角形，且点为直角顶点，因此为等腰的直角顶点时，点，或点，点，所以点的坐标是或或.18.【答案】（1）（2）【解析】（1）由正弦定理及.得，因为，所以因为，所以.（2）选择条件①②，△ABC存在且唯一，解答如下：由，及，得.由正弦定理及得，解得.方法1：由，得.所以.方法2：由余弦定理，得即，解得所以选择①③，△ABC存在且唯一，解答如下：由，及，得.因为AB边上的高为，所以.由正弦定理及，得，解得：.（以下与选择条件①②相同）19.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【解析】（1）在三棱锥中，取中点，连接，由，得，由，及余弦定理，得,则，而平面，因此平面，而平面，所以.（2）由，得是正三角形，，，由点为的重心，得直线，且，则是等腰的底边，因此是锐角，即与不垂直，而平面，所以直线不垂直于平面.（3）由（2）知，在中，由余弦定理得，则，的面积，由（1）知，平面，所以三棱锥的体积.20.【答案】（1）（2）（3）当或时，使得二面角的余弦值为【解析】（1）由平面，所以，以为原点，分别以为轴，建立空间直角坐标系，如图，由，所以，设，由，所以，解得，所以，所以，所以，所以与所成角的余弦值为；（2）由题意有，设平面的法向量为，所以，令，得，显然平面的法向量为，所以，所以二面角的余弦值为；（3）设，即，由,，所以，设平面的法向量为，所以，令，得，所以，化简整理得：，解得或，所以存在点，当或时，使得二面角的余弦值为.21.【答案】（1）答案见解析（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】（1）11-10（2）对任意一个“n阶H表”，表示第i行所有数的和，表示第j列所有数的和，均表示数表中所有数的和，所以因为，所以，，……，，，，……，只能取[-n，n]内的整数.又因为，，……，，，，……，互不相等，所以{，，，……，，，，……，，……，-1，0，1，……，，所以所以偶数.（3）假设存在一个“5阶H表”，则由（2）知5，-5，3，，且和至少有一个成立，不妨设设，