北京市延慶區(qū)2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期期中考試數(shù)學(xué)試題 含解析

延慶區(qū)2024-2025學(xué)年第一學(xué)期期中試卷高二數(shù)學(xué)2024.11本試卷共6頁，150分.考試時長120分鐘.考生務(wù)必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效.考試結(jié)束后，將本試卷和答題紙一并交回.第一部分（選擇題共40分）一?選擇題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.1.在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)所對應(yīng)的點位于（）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】求出復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)，即可得出對應(yīng)點所在象限.【詳解】復(fù)數(shù)的共軛復(fù)數(shù)為，其對應(yīng)的點位于第四象限.故選：D.【點睛】本題考查復(fù)數(shù)的幾何意義，屬于基礎(chǔ)題.2.已知向量，且，那么（）A. B. C. D.【答案】A【解析】分析】根據(jù)題意，設(shè)，即，x，，2，，分析可得x、的值，進而由向量模的計算公式計算可得答案．【詳解】根據(jù)題意，向量，2，，，x，，且，則設(shè)，即，x，，2，，則有，則，，則，，，故；故選：A．3.在空間直角坐標系中，點關(guān)于坐標平面的對稱點為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由關(guān)于坐標平面的對稱點的坐標不變，坐標相反可得．【詳解】由于關(guān)于坐標平面的對稱點的坐標不變，坐標相反，因此所求對稱點坐標為，故選：B．4.設(shè)分別是空間中直線的方向向量，則直線所成角的大小為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)向量的夾角公式即可求解.【詳解】，設(shè)所成角為，則，故故所成角為，故選：C5.過和兩點的直線的傾斜角是（）A. B.1 C. D.【答案】D【解析】分析】根據(jù)兩點求解斜率即可求解.【詳解】由和可得直線斜率為，故傾斜角為，故選：D6.“”是“直線與平行”的（）A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C【解析】【分析】根據(jù)一般式方程的形式，結(jié)合兩直線平行的條件，列式求解.【詳解】若直線，則，解得：.所以“”是“直線的充分必要條件.故選：C7.在平行六面體中，，點在上，且，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由題意，結(jié)合向量的線性運算即可求解.【詳解】.故選：.8.已知正方體的棱長為為的中點，則到平面的距離為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】作，垂足為，證明平面，在直角中，求出即得．【詳解】如圖，作，垂足為，因為平面，平面，所以，又因為，平面，所以平面，即的長即為到平面的距離，在直角中，，，則，，故選：B．9.在正方體中，點是線段上任意一點，則與平面所成角的正弦值不可能是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】首先求點到平面的距離，再求的取值范圍，即可求解線面角的正弦值，即可判斷選項.【詳解】設(shè)正方體的棱長為1，因為平面平面，所以點到平面的距離為1，的最小值為，的最大值為，所以與平面所成角的正弦值的最大值為1，最小值為，所以正弦值的范圍是，.故選：A10.已知點，直線，若直線上至少存在三個，使得為直角三角形，直線傾斜角的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】，過或作軸平行線，它們一定與直線相交，共有兩個交點滿足題意，然后由直線與以為直徑的圓有交點可得傾斜角的范圍．【詳解】當時，直線上不存在，使得為直角三角形，當，如圖，過或作軸平行線，它們一定與直線相交，這就是符合題意的兩個，因為至少有三個，使得為直角三角形，所以直線與以為直徑的圓有公共點，圓心是原點，半徑為，由，解得或，設(shè)直線的傾斜角為，則或，所以或，所以傾斜角范圍是，故選：B．第二部分（非選擇題共110分）二?填空題共5小題，每小題5分，共25分.11.復(fù)數(shù)，則______.【答案】【解析】【分析】首先計算復(fù)數(shù)，再求模.【詳解】，所以.故答案為：12.已知點，點在線段上，且，則點坐標為__________.【答案】【解析】【分析】由條件得到，根據(jù)向量的坐標表示，即可求解.【詳解】設(shè)，且,即，即，解得：，所以點的坐標為.故答案為：13.若平面，平面的法向量為，平面的法向量為，寫出平面的一個法向量______.【答案】（不唯一，共線即可）【解析】【分析】根據(jù)平面與平面垂直得法向量垂直，即，代入坐標公式列式求解.【詳解】由平面，則，滿足條件，所以平面的一個法向量為.故答案為：（不唯一，共線即可）14.已知點，直線與線段無交點，則直線在軸上的截距為__________；的取值范圍是__________.【答案】①.②.【解析】【分析】根據(jù)直線所過的定點，根據(jù)條件求邊界的斜率，即可求解.【詳解】直線在軸上的截距為，表示直線的斜率，直線恒過點，，，若直線與線段無交點，則的取值范圍是.故答案為：15.如圖：在直三棱柱中，，.記，給出下列四個結(jié)論：①存在，使得任意，都有；②對于任意點，都不存在點，使得平面平面；③最小值為3；④當取最小時，過點作三棱柱的截面，則截面周長為.其中，所有正確結(jié)論的序號是__________.【答案】①③④【解析】【分析】問題①，根據(jù)故平面，得,對任意，取位于處，則始終有即可判斷，問題②化為對于任意點，是否存在點，使面面，由已知證面面，結(jié)合面面垂直判定判斷存在性即可；問題③將△繞翻折到平面內(nèi)，證△為等邊三角形，進而確定的最小值；問題④為的中點，為△的重心，平面中，延長交于點，取的中點，為的中點，證過點，，的三棱柱的截面為梯形，即可判斷.【詳解】對于①，因為三棱錐為直三棱錐,故,又由，，平面，故平面，平面，故,故對任意，取位于處，則始終有,故①正確；對于②，因為三棱錐為直三棱錐，所以面，又面，所以，又，所以，所以，由，，面，故面，面，所以面面，而，且都在面內(nèi)，由于面即為面，要使面面，只需面面，綜上，面時，面，此時面面，即面面，對于任意點，只需對應(yīng)平行于△中邊上的高時，均滿足要求，②錯誤；對于③，將△繞翻折到平面內(nèi)，則的最小值為點到直線的距離，又，，，所以，所以到直線的距離為3，所以的最小值為3，③正確；對于④，當取最小時，為的中點，因為△為等邊三角形，為的中點，所以為的重心，故，在平面中，延長交于點，因為，，，所以△△，故，取的中點，為的中點，則，因為，，所以四邊形為平行四邊形，則，，又，，所以，所以，故過點，，的三棱柱的截面為梯形，，，，，則梯形的周長為，④正確；故答案為：①③④【點睛】方法點睛：作截面的常用三種方法：直接法，截面的定點在幾何體的棱上；平行線法，截面與幾何體的兩個平行平面相交，或者截面上有一條直線與幾何體的某個面平行；延長交線得交點，截面上的點中至少有兩個點在幾何體的同一平面上.三?解答題共6小題，共85分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.16.已知的頂點坐標為.（1）求過點且與直線平行的直線的方程；（2）求邊上的中線所在直線的方程；（3）求邊上的高所在直線的方程.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）求出直線的斜率再利用點斜式方程即可得出結(jié)果；（2）求出中點坐標再計算中線斜率，代入點斜式方程即可；（3）根據(jù)垂直關(guān)系得出斜率，再利用點斜式方程可求.【小問1詳解】直線的斜率過點且與直線平行的直線的斜率為過點且與直線平行的直線方程為即【小問2詳解】設(shè)邊的中點為，因為，所以點的坐標為，即，所以邊的中線所在直線方程為即【小問3詳解】因為，所以邊的高線所在直線的斜率為，因此邊的高線所在直線方程為，即17.如圖，在三棱柱中，底面，是的中點，且.（1）求證：平面；（2）若，求直線與平面所成角的正弦值；（3）若，求平面與平面所成角的余弦值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）連接與相交于點,連接，然后利用三角形的中位線證明線線平行，再用線面平行的判定定理證明線面平行即可；（2）直接建立空間直角坐標系求解即可；（3）利用（2）的法向量直接求解即可.【小問1詳解】連接，設(shè)，連接，由為三棱柱，得.又是的中點，所以是的中位線，.平面平面，平面；【小問2詳解】底面，以為原點，的方向分別為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，設(shè)平面的法向量為n=由，得；設(shè)直線與平面所成角為.則.直線與平面所成角的正弦值為.【小問3詳解】設(shè)平面與平面所成角為為銳角，平面的法向量為，，平面與平面所成角余弦值為.18.設(shè)的內(nèi)角對應(yīng)的邊分別為，且.（1）求角的大??；（2）從下列三個條件中選擇一組作為已知，使存在且唯一，并求的面積.條件①：；條件②：；條件③：.注：如果選擇的條件使不存在或不唯一，第（2）問得0分.【答案】（1）（2）答案見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)正弦定理邊角互化可得，即可求解，（2）選①，根據(jù)正弦定理邊角互化得，即可根據(jù)余弦定理求解，由面積公式即可求解，選②，根據(jù)余弦定理求解三角形不唯一，選③，根據(jù)和差角公式可得,即可根據(jù)正弦定理求解，由面積公式即可求解.【小問1詳解】，由正弦定理得，在中，，，.【小問2詳解】若選①，則由余弦定理，得，解得.若選條件②：由可得，解得，此時三角形不唯一，若選③，，故,由正弦定理可得：19.已知函數(shù)，且的圖象過點.（1）求函數(shù)的最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；（2）若函數(shù)在上與直線有交點，求實數(shù)的取值范圍；（3）設(shè)函數(shù)，記函數(shù)在上的最大值為，求的最小值及此時的值.【答案】（1）最小正周期；單調(diào)減區(qū)間為（2）（3）當時，【解析】【分析】（1）直接代入已知點坐標可求得，利用二倍角公式、兩角和的正弦公式化簡函數(shù)式，然后由正弦函數(shù)性質(zhì)求得最小正周期和單調(diào)遞減區(qū)間；（2），題意說明函數(shù)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，則通過比較它們的絕對值的大小得出（由最大值和最小值是相反數(shù)可得的分類），從而可得的最小值．【小問1詳解】由題意由題意，，解得.，的最小正周期；由，得，所以的單調(diào)減區(qū)間為；【小問2詳解】函數(shù)在區(qū)間上與直線有交點所以函數(shù)在區(qū)間上的最大值為3，又因為所以，解得.實數(shù)取值范圍是.【小問3詳解】當時，取最大值當時，取最小值，結(jié)合圖象所以當時，當時，所以當時，20.如圖，已知四棱錐中，底面是邊長為4的正方形，平面是正三角形，分別為的中點.（1）求證：平面；（2）求點到平面的距離；（3）線段上是否存在點，使得三棱錐的體積為，若存在，求的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）證明見解析（2）（3）存在，或【解析】【分析】（1）根據(jù)線面垂直的判斷定理，轉(zhuǎn)化為證明，；（2）以為原點建立空間直角坐標系，求平面的法向量，再代入點到平面的距離，求解；（3）根據(jù)，求得點的坐標，再根據(jù)（2）的結(jié)果求點到平面的距離，并根據(jù)向量的數(shù)量積公式，以及面積公式，求，結(jié)合體積公式，即可求解.【小問1詳解】證明：因為是正三角形，是的中點，所以.又因為平面平面，平面，所以面；【小問2詳解】因為兩兩互相垂直.以點為原點，的方向分別為軸正方向建立如圖所示的空間直角坐標系.則，設(shè)平面的法向量為，由，得，點到平面的距離【小問3詳解】設(shè)所以點到面的距離為定值.，解得：或.21.給定正整數(shù)，設(shè)集合.對于集合中的任意元素和，記.設(shè)，且集合，對于中任意元素，若則稱具有性質(zhì).（1）判斷集合是否具有性質(zhì)，集合是否具有性質(zhì)；（直接寫出答案，結(jié)論不需要證明）（2）判斷是否存在具有性質(zhì)的集合，并加以證明；（3）若集合具有性質(zhì)，證明：.【答案】（1）集合具有性質(zhì)，集合B不具有性質(zhì)（2）不存在具有性質(zhì)的集合，證明見解析（3）證明見解析【解析】【分析】（1）根據(jù)定義，直接判斷；（2）首先由題設(shè)，再分的不同值，結(jié)合性質(zhì)，即可判斷選項；（3）記，則，利用反證法，逐步推理證明.【小問1詳解】集合具有性質(zhì)，集合B不具有性質(zhì).【小問2詳解】當時，集合A中的元素個數(shù)為4.由題設(shè).假設(shè)集合A具有性質(zhì)，則①當時，，矛盾.②當時，，不