2025北京一六一中高二（上）开学考数学试题及答案

高中2025北京一六一中高二（上）开学考数学2025.9本试卷共3页，共150分.考试时长120分钟.考生务必将答案写在答题纸上，在试卷上作答无效.一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置.1.设集合，集合，则与的关系为（）A. B. C. D.2.用一个平面去截正方体，不可能截得的是以下平面图形中的（）A.正三角形 B.梯形 C.直角三角形 D.矩形3.在复平面内，复数对应的点位于A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限4.要得到函数的图象，只需将函数图象上的所有点（）A.先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍B.先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的C.先向右平移个单位长度，再将横坐标伸长到原来的2倍D.先向右平移个单位长度，再将横坐标缩短到原来的5.关于直线，以及平面，，下列命题中正确的是（）．A.若，，则 B.若，，则C.若，且，则 D.若，，则6.已知，则的值为（）A. B. C. D.7.函数的图象记为曲线．则“”是“曲线关于直线对称”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8.某一时段内，从天空降落到地面上的雨水，未经蒸发、渗漏、流失而在水平面上积聚的深度，称为这个时段的降雨量（单位：mm）.24h降雨量的等级划分如下：在综合实践活动中，某小组自制了一个底面直径为200mm，高为300mm的圆锥形雨量器.若一次降雨过程中，该雨量器收集的24h的雨水高度是150mm（如图所示），则这24h降雨量的等级是（）A.暴雨 B.大雨 C.中雨 D.小雨9.在锐角中，，则的一个可能的取值为（）A.1 B.1.5 C.1.8 D.210.在棱长为1的正方体中，分别为的中点，为底面的中心，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.点轨迹的长度为C.点的轨迹是平行四边形D.点轨迹所围成的图形面积为二､填空题：本大题共5道小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上.11.若复数满足，则__________.12.函数的定义域是_________________.13.已知函数，若，则_________.14.某正方形网格纸是由个边长为的小正方形构成，点的位置如图所示，动点在正方形网格纸内（包含边界），记（）.当时，______；当时，若动点在小正方形的顶点上，则满足的点的个数为______.15.设向量，函数.若函数的定义域为，值域为.给出下列四个结论：①；②；③；④.则值可能是__________.（填上所有正确的结论的序号）三､解答题：本大题共6道小题，共75分.把答案填写在答题卡上相应的位置.16.已知，且.（1）求的值；（2）求的值.17.如图，在正方体中，E，F分别是棱，的中点．（1）证明：平面；（2）证明：平面．18.已知函数.（1）求的单调递增区间及最小正周期；（2）设，若集合恰有一个元素，求的取值范围.19.在中，.（1）求的值；（2）若，再从下列三个条件中选择一个作为已知，使存在，求的面积.条件①：；条件②：；条件③：.注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）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.20.如图，在多面体中，平面平面，四边形为正方形，四边形为梯形，且.（1）求证：；（2）线段上是否存在，使得平面？若存在，求出值；若不存在，请说明理由.（3）求多面体的体积.21.对于集合和常数，定义：为集合A相对的的“余弦方差”.（1）若集合，求集合A相对的“余弦方差”；（2）若集合，是否存在，使得相对任何常数的“余弦方差”是一个与无关的定值？若存在，求出的值：若不存在，则说明理由.

参考答案一､选择题：本大题共10道小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目的要求.把正确答案涂写在答题卡上相应的位置.12345678910ACDADBCCBD二､填空题：本大题共5道小题，每小题5分，共25分.把答案填在答题纸中相应的横线上.11.【答案】【分析】由复数除法的几何意义及模的求法求模长.【详解】由题设.故答案为：12.【答案】【分析】由正切函数的定义得，，，求出的取值范围．【详解】解：，，，，，函数的定义域是故答案为：．【点睛】本题考查了正切函数的定义域问题，属于基础题．13.【答案】2【详解】试题分析：已知条件为，待求式为.考点：对数的运算法则.14.【答案】①.4②.7【分析】由题意建立平面直角坐标系，分别求出点的坐标，并设点，利用平面向量数量积的坐标表示即可求解空；当时，可得，求得，再结合动点在小正方形的顶点上，从而可求解.【详解】由题意建立平面直角坐标系，如图，则，，，，设，，则，，，空：当时，；空：当时，，解得，又且动点在小正方形的顶点上，所以符合点的情况有：，，，，，，共个.故满足的点的个数为.故答案为：；.15.【答案】②③【分析】由已知可得，由于函数的定义域为，值域为，所以结合正弦函数的性图象和性质可求出的最大值和最小值，从而可得答案.【详解】由，因函数的定义域为，值域为，则的最小值为；最大值为，即，故②③满足故答案为：②③.三､解答题：本大题共6道小题，共75分.把答案填写在答题卡上相应的位置.16.【答案】（1）（2）【分析】（1）由已知条件结合同角三角函数关系式，即可求解；（2）根据二倍角的正余弦公式求解即可.【小问1详解】由，且，可得，又有，，则.【小问2详解】根据二倍角的余弦公式，，则，，根据二倍角的正弦公式，，故.17.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【分析】（1）根据正方体的性质，结合线面垂直的性质和判定定理进行证明即可；（2）根据正方体的性质，结合平行四边形的判定定理和性质、线面平行的判定定理进行证明即可.【小问1详解】，所以平面．因为平面，所以．因为为正方形，所以，又因为，平面，所以平面；【小问2详解】设，连接OE．因为为正方体，所以，且，所以，且．因为E，F分别，的中点，所以，且．所以，且．所以四边形为平行四边形．所以．又因为平面，平面，所以平面．18.【答案】（1），（2）【分析】（1）利用正弦、余弦的两角和差公式和辅助角公式化简，再根据正弦函数的性质求解即得；（2）解出时的值，由集合恰有一个元素，令即可求出的范围.【小问1详解】由题意，令，，解得，所以的单调递增区间为，的最小正周期.【小问2详解】由（1）可得，所以，，解得，，因为，且恰有一个元素，当时，，当时，，所以在内，的解为，所以，即的取值范围为.19.【答案】（1）（2）答案见解析【分析】（1）利用余弦定理计算可得；（2）若选择条件①，利用余弦定理解方程可知不存在；若选择条件②,利用正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一；若选择条件③，利用同角三角函数关系求出，再由正弦定理和余弦定理解方程可求得，此时存在且唯一.【小问1详解】由可得，由余弦定理可得，即，因此；又，可得【小问2详解】若选择条件①：；由余弦定理可得，整理可得，此时，该方程无实数根，即条件①使不存在；若选择条件②：；由正弦定理可得，联立，解得；由可得，即，解得或（舍），此时条件②使存在且唯一，符合题意；所以其面积为若选择条件③：易知，利用正弦定理可得，由可得，即，解得或（舍），此时条件③使存在且唯一，符合题意；所以其面积为.20.【答案】（1）证明见解析.（2）（3）【分析】(1)由面面垂直的性质定理可得平面，根据线面垂直的定义可知.(2)由已知可得平面,若线段上是否存在，使得平面，则平面平面.所以问题可转化为过直线作平面的平行平面，根据面面平行的性质定理，可得,问题转化为过点作的平行线，该平行线与的交点即为点,放入梯形分析，可得的值.(3)将多面体分割成三棱锥和三棱柱，分别求出三棱锥和三棱柱的体积，即可得到多面体的体积.【小问1详解】因为四边形为正方形，所以.平面平面，且平面平面，平面,所以平面.因为平面,所以.【小问2详解】设线段上存在，使得平面.显然点与点不重合.所以不在平面中，平面,因为四边形为正方形，所以.所以平面.因为平面，所以平面平面.因为平面平面，平面平面,所以因为四边形为梯形，且.如图，取BC的中点H，连接AH,则,所以四边形为平行四边形，四边形是正方形.所以,且与的交点即为点,点是的中点.所以.当点为的中点时，因为所以.延长交于点.因为所以.所以,所以,所以点是的中点.连接因为四边形为正方形，所以.所以,所以四边形为平行四边形.因为不在平面中，平面,所以平面.因此，线段上是否存在，使得平面，的值为.【小问3详解】多面体由三棱锥和三棱柱组成.由(1)知平面,由已知，.所以三棱锥的体积.三棱柱体积.所以多面体的体积为.故答案为：.21.【答案】（1）（2）存在，；理由见解析【分析】（1）根据已知，代入公式计算求解，即可得出答案；（2）假设存在，根据定义代入，结合三角恒等变换化简得出.即可得出当成立时，满足.两式平方相加，