北京市顺义区第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷

这是一份北京市顺义区第二中学2025-2026学年第二学期期中考试高一数学试卷，文件包含专题10反比例函数图象双曲线与几何综合原卷版-2026中考二轮复习核心考点专题提优拓展训练docx、专题10反比例函数图象双曲线与几何综合解析版-2026中考二轮复习核心考点专题提优拓展训练docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共72页， 欢迎下载使用。
1.“点A在直线l上，l在平面α内”用数学符号表示为 （ ）
A. A∈l，l∈αB. A⊂l，l⊂αC. A⊂l，l∈αD. A∈l，l⊂α
2.已知平面向量，且，则的值为（ ）
A. B. C. 0D. 2
3.在中，，则（ ）
A. 2B. C. D. 4
4.如图，在中，为边上的中线，若为的中点，则（ ）
A. B. C. D.
5.已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
6.在中，，，，则等于（ ）
A. B. C. D.
7.在中，“”是“”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.在中，，设，则（ ）
A. B. C. D. 1
9.海上某货轮在A处看灯塔B，在货轮北偏东75°，距离为海里处；在A处看灯塔C，在货轮的北偏西30°，距离为海里处，货轮由A处向正北航行到D处时看灯塔B在东偏南30°，则灯塔C与D处之间的距离为（ ）
A. 海里B. 海里C. 海里D. 海里
10.祈年殿(图1) 是北京市的标志性建筑之一, 距今已有600多年历史.殿内部有垂直于地面的28根木柱, 分三圈环形均匀排列.内圈有4根约为19米的龙井柱, 寓意一年四季; 中圈有12根约为13米的金柱, 代表十二个月; 外圈有12根约为6米的檐柱, 象征十二个时辰.已知由一根龙井柱和两根金柱,形成的几何体ABC-(图2)中, AB=AC8米,BAC,则平面与平面ABC所成角的正切值约为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分。
11.在中，，则 ．
12.已知向量，则向量 ，向量夹角的大小为 ．
13.如图，有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为4，高为6，圆锥的高为3，则这个木质工艺品的体积为 ；表面积为 ．
14.如图，已知正方形边长为4，为线段的中点，若为线段上的动点，为的中点，则的最小值为 ．
15.在正方体中，是棱的中点，是侧面内的动点，且平面，有以下四个说法：
①可能与相交；
②与不可能平行；
③与是异面直线；
④三棱锥的体积为定值；
其中，所有正确说法的序号是 ．
三、解答题：本题共6小题，共75分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
16.(本小题10分)
已知，与的夹角为．
(1)求；
(2)求；
(3)当为何值时，？
17.(本小题12分)
在中，．
(1)求；
(2)若，求边．
18.(本小题12分)
如图，直三棱柱中，D是的中点，四边形为正方形.
(1)若为等边三角形，，直接写出直三棱柱的体积.
(2)求证：平面；
(3)在第一问的条件下，直接写出异面直线与所成角的余弦值.
19.(本小题12分)
在中，．
(1)求；
(2)再从条件①，条件②，条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，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（2）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.(本小题14分)
如图，已知正方形所在平面和平行四边形所在平面互相垂直，平面平面，是线段上的一点，且平面．求证：
(1)平面平面；
(2)是线段的中点；
(3)平面．
21.(本小题15分)
已知为维向量，若，则称为可聚向量．对于可聚向量实施变换：把的某两个坐标删除后，添加作为最后一个坐标，得到一个维新向量，如果为可聚向量，可继续实施变换，得到新向量，如此经过次变换后得到的向量记为．特别的，二维可聚向量变换后得到一个实数．若向量经过若干次变换后结果为实数，则称该实数为向量的聚数．
(1)设，直接写出的所有可能结果；
(2)求证：对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
(3)设，求的聚数的所有可能结果．
1.【答案】D
2.【答案】B
3.【答案】C
4.【答案】D
5.【答案】D
6.【答案】D
7.【答案】C
8.【答案】B
9.【答案】B
10.【答案】B
11.【答案】或
12.【答案】5 ；
13.【答案】 ； ； ； ； ； ；
14.【答案】
15.【答案】①③④
16.【答案】解：（1）因为，与的夹角为，
所以.
（2）因为，所以.
（3）因为，则，
即，解得.

17.【答案】解：（1）由可得,
由于,故，
（2），故，
进而，故

18.【答案】（1）若为等边三角形，，四边形为正方形，
直三棱柱的体积为；
（2）如图，连接，交于点E，再连接.
由已知得，四边形为正方形，所以E为的中点，
∵D是BC的中点，
∴，
又平面，平面，
∴平面.
（3）由（2）可知，，故所求为，
若为等边三角形，，四边形为正方形，
所以正三棱柱的三个侧面是全等的三个正方形，
则，，
因为是三角形的中位线，
所以，
所以.

19.【答案】解：（1）由正弦定理和可得
，
由于，故.
（2）若选条件①：；
由于，此时，此时无法构成三角形，
若选条件②：；
由于，故，
因此，
，
故，
若选条件③：．
由，又，则，
由余弦定理可得，
即，解得（负值舍去），
故.

20.【答案】解：（1）因为为正方形，则，
且平面，平面，可得平面，
又因为为平行四边形，则，
且平面，平面，可得平面，
且，平面，所以平面平面.
（2）设，连接，
因为平面，平面，平面平面，则，
平行四边形中，，
又因为，则为平行四边形，则，
且为中点，则，
即，所以是线段的中点.
（3）因为为正方形，则，，
且平面平面，平面平面，平面，
则平面，由平面可得，
又因为平面平面，平面平面，平面，
则平面，由平面可得，
且，平面，所以平面.

21.【答案】解：（1）因为，则，，，
所以或或.
（2）设，，则，，，，，
，，所以，
，，所以，
即，
所以维可聚向量经过一次变换后得维向量仍然是可聚向量，
这样经过次变换后变成一个数，
所以对于任意一个维可聚向量，变换总可以进行次；
（3）定义运算#：，首先证明这个运算满足交换律与结合律：
，即运算“#”满足交换律，
又，
，
所以，即运算“#”满足结合律，
所以维可聚向量经过变换后所得可聚数与实施的具体操作过程无关，
因为，可作如下操作：
由（1）可知：，且，，，，
则，再进行4次变换化为一项，
综上可知，的聚数为．