精品解析：北京市清华附中志新学校2025-2026学年高二上学期期中调研数学试题

2025—2026学年第一学期期中调研 高二年级数学 （清华附中志新学校高2024级）2025.11 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共10小题，每小题4分） 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的几何意义求得复数，再利用复数的除法法则计算，再根据共轭复数的定义即可得解． 【详解】解：因为复数对应的点的坐标是， 所以， ， 则的共轭复数是：， 故选：B． 2. 若集合是函数的定义域，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出集合，利用补集和交集的定义可求得集合. 【详解】因为，， 所以，故. 故选：C. 3. 下列函数中，满足“对任意，当时，都有”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先由题意得到的单调性，再利用函数的解析式直接判断其单调性即可得解. 【详解】因为对任意，当时，都有， 所以在上单调递减， 对于A，在上单调递减，故A正确； 对于B，在上单调递增，故B错误； 对于C，在上单调递增，故C错误； 对于D，在上单调递增，故D错误； 故选：A. 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 【答案】C 【解析】 【分析】根据条件，先求出两圆的圆心和半径，再利用两圆位置关系的判断方法，即可求解. 【详解】因为圆的圆心为，半径为， 圆的圆心为，半径为， 又，所以两圆的位置关系为外切， 故选：C. 5. 如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算，以为基底表示出向量即可. 【详解】由题可知， 由为的中点，为的中点可得， 即， 即，所以， 即. 故选：D 6. 已知直线，，则“”是“直线与相交”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】A 【解析】 【分析】根据点到直线的距离公式，结合直线与圆的位置关系分别验证充分性，必要性即可得到结果. 【详解】由题意可得直线与相交， 则 当时，满足，即“”是“直线与相交”的充分条件； 当直线与相交时，不一定有，比如也满足，所以“”是“直线与相交”的充分不必要条件. 故选:A. 7. 已知平面，其中，法向量，则下列各点中不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分别求，逐一验证是否有即可. 【详解】对A选项：设，则，则，故点不在平面内； 对B选项：设，则，则，故点在平面内； 对选项C：设，则，则，故点在平面内； 对选项D：设，则，则，故点在平面内. 故选：A 8. 设动直线l与交于两点．若弦长既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线l的方程可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由动直线恒与圆相交得直线过圆内一定点，再验证弦长取最值即可. 【详解】，圆心，半径， 选项A，由直线斜率为，可得动直线为为平行直线系， 圆心到直线的距离， 当或时，，直线与圆不相交，不满足题意，故A错误； 选项B，由直线可化为， 则直线恒过，因为，点在圆外， 故直线不一定与圆相交，故B错误； 选项C，由直线恒过，点在圆上， 当时，直线方程可化为， 此时圆心到直线的距离， 圆与直线相切，不满足题意，故C错误； 选项D，由直线方程可化为， 则直线恒过，且点在圆内，故直线恒与圆相交， 当直线过圆心时，弦长最长，由在直线上， 可得，取到最大值； 如图，取中点，则，圆心到直线的距离 ，当取最大值时，弦长最短， 即当直线与垂直时，弦长最短，由的斜率为 此时直线斜率为，即当时，取到最小值.故D正确. 故选：D. 9. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】B 【解析】 【分析】依据香农定理，结合题中数据代入计算即可. 【详解】设原始状态信道容量为，提升后信道容量为， 由题意可得，即，解得， 同理，即，解得， 所以大约需将信号的信噪比提升至原来的6倍. 故选：B 10. 如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用正方体的特征结合阿波罗尼斯圆确定M轨迹，根据新定义确定P点轨迹，在平面中利用数形结合的思想及点与圆的位置关系计算即可. 【详解】根据正方体的特征易知平面，平面， 平面，所以， 又，则， 如图建立平面直角坐标系，设， 则，整理得， 即M轨迹为平面上的圆，以为圆心，2为半径； 因为，则P轨迹为以为中心， 一条对角线长4且在纵轴上的正方形， 如上图所示，，易得， 过圆心作的垂线，可知垂线方程为 易得上的垂足，显然在线段上， 而上的垂足，显然H距N远， 则圆心到的距离为， 圆心到H的距离. 故选：A 【点睛】思路点睛：对于曼哈顿距离问题的处理策略关键在于作出正方形框图，即得出P的轨迹为正方形，此外利用阿氏圆的定义确定M轨迹，再数形结合即可. 二、填空题（共5小题，每小题5分） 11. 已知向量，，若，则实数等于______. 【答案】 【解析】 【分析】由垂直得向量的数量积为0，从而可得参数值． 【详解】由题意， ∵，∴，． 故答案为：． 12. 若直线m被两平行直线与所截得的线段长为，则直线m的倾斜角大小为________. 【答案】或 【解析】 【分析】设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为，求出两平行直线的距离，得到，所以，求出直线倾斜角为30°，从而求出直线m的倾斜角. 【详解】设直线m与两平行直线所夹的锐角或直角为， 两平行直线与间的距离 ， 因为直线m被两平行直线与所截得的线段长为，所以， 所以，因为直线的斜率为，所以其倾斜角为30°， 所以直线m的倾斜角可以是或. 故答案为：或 13. 已知圆，圆，且圆上任意一点关于直线的对称点都在圆上，则两圆公共弦的长度为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据圆心在直线上求出，两圆方程相减求公共弦所在直线方程，然后利用弦长公式求解可得. 【详解】由配方得， 由题知，圆的圆心在直线上，则，得， 故圆的标准方程为，其圆心，半径， 圆的标准方程为，其圆心，半径， 因为， 由，可得两圆相交， 将两圆的方程相减并化简，即得公共弦所在直线的方程为， 则点到直线的距离， 所以两圆的公共弦长为. 故答案为： 14. 已知函数，若关于的方程有三个不相等的实数根，则的取值范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】作出的图象，将问题转化为与过定点的直线有三个不同的交点，通过分析临界状态，结合图象可求得的取值范围. 【详解】当时，令，则， 此时点的轨迹为以原点为圆心，4为半径的圆在轴上方（含轴上的点）的部分； 当时，； 方程有三个不相等实数根等价于与直线有三个不同的交点； 直线恒过定点， 点与点连线斜率， 结合图象可知：当时，直线与有三个不同交点； 设过点且与相切的斜率存在的直线为， 即，，解得：， 结合图象可知：当时，直线与有三个不同交点； 综上所述：的取值范围为. 故答案为： 15. 如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）．给出下列四个结论： ①三棱锥中，点到面的距离为定值； ②过点且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为； ③直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为； 其中，所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，对于①③用空间向量求解；对于②可证明三角形为截面多边形，求其面积即可；对于④设球心，由求解球心坐标即可. 【详解】解： 以A为坐标原点，分别以为轴建系如图： ,， ，， 设， 则， 所以， 设面的一个法向量为， 则， 令得， 对于①：到平面的距离为，故①正确； 对于②：连接，因为四边形为平行四边形， ，又面，面， 面， 同理可证面， 又， 所以面面， 所以过点P且平行于面的平面被正方体截得的多边形为， 它是边长为的等边三角形，故面积为，故②错误； 对于③：设直线与面所成角为，则， ，， 所以直线与面所成角的正弦值的范围为，故③正确； 对于④：当点P为中点时，，设三棱锥的外接球球心， ， ， 解得， 所以外接球半径满足：， 三棱锥的外接球表面积为，故④正确； 故答案为：①③④ 三、解答题（共6小题，共85分） 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）若，求函数的值域； （3）若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换得到，求出最小正周期； （2）在（1）基础上，得到，求出； （3）转化为在上有且仅有两个解，求出，数形结合得到，求出答案. 【小问1详解】 ， 的最小正周期； 【小问2详解】 ，， 故，， 故函数值域为； 【小问3详解】 函数， 即，， 故在上有且仅有两个零点， 等价于在上有且仅有两个解， ，， 要想在上有且仅有两个解， 则，解得， 故m的取值范围为. 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，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，使存在且唯一确定，求a的值． 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． 【答案】（1） （2）选②或③， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理：边转角，再利用正弦的二倍角公式，即可求出结果； （2）条件①，由，角可以是锐角或钝角，不满足题设中的条件，故不选①；条件②，利用条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果；条件③，利用正弦定理，先把角转边，再结合条件建立，边与的方程组，求出与，再利用余弦定理，即可求出结果； 【小问1详解】 因为，由正弦定理得，， 又，所以，得到， 又，所以， 又，所以，得到， 所以. 【小问2详解】 选条件①： 由（1）知，，根据正弦定理知，，即， 所以角有锐角或钝角两种情况，存在，但不唯一，故不选此条件. 选条件②： 因为，所以， 又，得到，代入，得到，解得，所以， 由余弦定理得，， 所以. 选条件③： 因为，所以， 由，得到， 又，由(1)知， 所以 又由正弦定理得，，得到， 代入，得到，解得，所以， 由余弦定理得，， 所以. 18. 如图，直三棱柱中，点为棱的中点， ． （1）求证：平面； （2）判断是否存在经过的平面满足，并说明理由． 【答案】（1） 证明：连接交于点，连接， 在三棱柱中，四边形为平行四边形， 因为，则为的中点， 又因为为的中点，故， 因为平面，平面，因此平面. （2） 假设存在经过的平面满足，因为平面，则， 因为平面，平面，， ，、平面，平面， 平面，， 事实上，，，故为等腰直角三角形，且，矛盾. 因此，不存在经过的平面满足. 【解析】 【分析】（1）连接交于点，连接，利用中位线的性质可得出，利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）假设存在经过的平面满足，推导出，与矛盾，进而可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面分别为的中点，点在线段上. （1）求证：平面； （2）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值. 【答案】（1） 因为侧面底面，，即，侧面底面平面， 平面因为平面， 因为底面是平行四边形，， 因为即， 因为分别为的中点，所以 平面， 平面； （2） 【解析】 【分析】（1）根据已知可得平面，所以有，在底面中，可得，，进而有，即可证明结论； （2）设，根据直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，利用向量法求出的值，从而可求出的值 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）可知，，又平面，故以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则， 所以, 设，则，所以， ， 易得平面的法向量， 设平面的法向量，则，即， 令，则，所以， 因为直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等， 所以，即， 所以，解得， 所以，即. 20. 在平面直角坐标系中，已知圆过点且圆心在轴上，与直线交于不同的两点、，且. （1）求圆的方程； （2）设圆与轴交于，两点，点为直线上的动点，直线，与圆的另一个交点分别为，，且，在直线两侧，求证：直线过定点，并求出的值. 【答案】（1） （2）, 证明:由圆的方程为：，令，则，则可设，， GSP 设，，，则，， 设，则，直线的方程为：， 代入圆的方程消去得：，， ，， 直线的方程为：， 代入圆的方程消去得：，， 则，， 设直线过定点，则直线斜率为：， 即有，整理得， 所以，故直线过定点. 【解析】 【分析】（1）设出圆心坐标，由可得，则可计算出，即可得圆心坐标，借助圆心坐标与点坐标即可得半径，即可得圆的方程； （2）求出，两点坐标后，设出点坐标，即可表示出，则，从而可设出直线、方程，从而联立曲线，得到，两点坐标，利用计算即可得. 【小问1详解】 因为圆心在轴上，故可设， 由，故点、点都在线段的垂直平分线上，所以， 则有，则，解得， 则，故圆的方程为：； 【小问2详解】 ，故直线过定点,证明略. 21. 已知有限集X，Y，定义集合，表示集合X中的元素个数. （1）若，求集合和，以及的值； （2）给定正整数n，集合，对于实数集的非空有限子集A，B，定义集合 ①求证：； ②求的最小值. 【答案】（1）X－Y＝{1,2}，Y－X＝{5}，|(X－Y)∪(Y∪X)|＝3； （2）①显然. 若A∪B中含有一个不在S中的元素，则，即 . 若，且，则 此时A中最小的元素，B中最小的元素， 所以C中最小的元素. 所以. 因为， 所以，即. 综上，. ② 【解析】 【分析】（1）直接根据定义求解即可； （2）①分若A∪B中含有一个不在S中的元素和，且，两种情况讨论即可，当，且时，可通过得证； ②结合①知，讨论若，或，得，若，且，设，，可证得的最小值是 【详解】（1）根据定义直接得X－Y＝{1,2}，Y－X＝{5}，|(X－Y)∪(Y∪X)|＝3. （2）①略 ②由①知. 所以 若，或，则 若，且，设， 且，， 则， 若， 因为， 所以这个数一定在 集中C中，且均不等于1. 所以 所以 当，时， 所以的最小值是 【点睛】关键点点睛：本题的第三问较难，解题的关键是由①得，进而进行分情况讨论可得解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025—2026学年第一学期期中调研 高二年级数学 （清华附中志新学校高2024级）2025.11 考试时间：120分钟 满分：150分 一、单选题（共10小题，每小题4分） 1. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数是（ ） A. B. C. D. 2. 若集合是函数的定义域，，则等于（ ） A. B. C. D. 3. 下列函数中，满足“对任意，当时，都有”的是（ ） A. B. C. D. 4. 圆与圆的位置关系是（ ） A. 内切 B. 相交 C. 外切 D. 外离 5. 如图，四面体中，，，，为的中点，为的中点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知直线，，则“”是“直线与相交”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 7. 已知平面，其中，法向量，则下列各点中不在平面内的是（ ） A. B. C. D. 8. 设动直线l与交于两点．若弦长既存在最大值又存在最小值，则在下列所给的方程中，直线l的方程可以是（ ） A. B. C. D. 9. 香农定理作为通信理论的基石，在现代通信中有着广泛的应用，它给出了信道容量和信噪比及信道带宽的关系，即其中是信道容量，单位bps；为信道带宽，单位Hz；代表接收信号的信噪比，为无量纲单位.军事战术电台采用跳频扩频（FHSS）技术，通过每秒切换数千次频率将信道带宽由5MHz扩展至100MHz，为了将敌方干扰效率降低90%以上，需将信道容量由17.3Mbps提高至593Mbps，依据香农定理，则大约需将信号的信噪比提升至原来的（ ）倍.（参考数据：，） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 10. 如图，空间直角坐标系中，点，，定义.正方体的棱长为3，E为棱的中点，平面内两个动点P，M，分别满足，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、填空题（共5小题，每小题5分） 11. 已知向量，，若，则实数等于______. 12. 若直线m被两平行直线与所截得的线段长为，则直线m的倾斜角大小为________. 13. 已知圆，圆，且圆上任意一点关于直线的对称点都在圆上，则两圆公共弦的长度为__________． 14. 已知函数，若关于的方程有三个不相等的实数根，则的取值范围为__________． 15. 如图，棱长为2的正方体中，为线段上动点（包括端点）．给出下列四个结论： ①三棱锥中，点到面的距离为定值； ②过点且平行于面的平面被正方体截得的多边形的面积为； ③直线与面所成角的正弦值的范围为 ④当点为中点时，三棱锥的外接球表面积为； 其中，所有正确结论的序号是__________． 三、解答题（共6小题，共85分） 16. 已知函数． （1）求函数的最小正周期； （2）若，求函数的值域； （3）若函数在上有且仅有两个零点，求的取值范围． 17. 在中，． （1）求； （2）若的面积为，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，使存在且唯一确定，求a的值． 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． 18. 如图，直三棱柱中，点为棱的中点， ． （1）求证：平面； （2）判断是否存在经过的平面满足，并说明理由． 19. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，侧面底面分别为的中点，点在线段上. （1）求证：平面； （2）如果直线与平面所成的角和直线与平面所成的角相等，求的值. 20. 在平面直角坐标系中，已知圆过点且圆心在轴上，与直线交于不同的两点、，且. （1）求圆的方程； （2）设圆与轴交于，两点，点为直线上的动点，直线，与圆的另一个交点分别为，，且，在直线两侧，求证：直线过定点，并求出的值. 21. 已知有限集X，Y，定义集合，表示集合X中的元素个数. （1）若，求集合和，以及的值； （2）给定正整数n，集合，对于实数集的非空有限子集A，B，定义集合 ①求证：； ②求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $