北京市延庆区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份北京市延庆区2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版），共15页。试卷主要包含了 已知向量，且，那么， 过和两点的直线的倾斜角是， “”是“直线与平行”的等内容，欢迎下载使用。
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. 1C. 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.