精品解析：北京市北京中学2024-2025学年高一英才下学期期中数学试题

2024—2025学年度第二学期期中质量调研试题 高一英才 数学 命题人：田佳 审题人：阎树森 常丽 李智峥 齐青华 杨明英 班级________ 姓名________ 成绩________ （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本大题共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. 在平行四边形ABCD中，（  ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面上对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 在中，已知，，，则的大小为（ ） A B. C. 或 D. 或 4. 已知球的半径和圆柱体的底面半径都为1且体积相同，则圆柱的高为 A. 1 B. C. 2 D. 4 5. 设 ， 是非零向量.则“存在实数使得 ”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 6. 已知，是两条不同直线，，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 7. 在，若，且，则的形状是（ ） A 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 8. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为（ ） A. B. C. D. 9. 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 10. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 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. 如果向量，共线，则等于________． 12. 已知，，，则_____________. 13. 在正四面体A-BCD中，二面角A-BC-D的余弦值是_______ . 14. 在中，，，． （1）若，则________； （2）当________（写出一个可能的值）时，满足条件的有两个． 15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①的最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知平面向量满足，且． （1）求向量的夹角； （2）若，求实数值． 17. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 18. 如图，在平面四边形ABCD中，，． （1）若，，求的值； （2）若，，求三角形ABD的面积． 19. 在中， （1）求c的值； （2）已知，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，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：； 条件②：AB边上的高为； 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，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 21. 若集合，其中为非空集合，，则称集合为集合A的一个n划分． （1）写出集合的所有不同的2划分； （2）设为有理数集Q一个2划分，且满足对任意，任意，都有．则下列四种情况哪些可能成立，哪些不可能成立？可能成立的情况请举出一个例子，不能成立的情况请说明理由； ①中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值； ②中的元素不存在最大值，中的元素存在最小值； ③中的元素不存在最大值，中的元素不存在最小值； ④中的元素存在最大值，中的元素存在最小值． （3）设集合，对于集合A的任意一个3划分，证明：存在，存在，使得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024—2025学年度第二学期期中质量调研试题 高一英才 数学 命题人：田佳 审题人：阎树森 常丽 李智峥 齐青华 杨明英 班级________ 姓名________ 成绩________ （考试时间120分钟 满分150分） 本试卷分为选择题40分和非选择题110分 第一部分（选择题 共40分） 一、选择题：本大题共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. 在平行四边形ABCD中，（  ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量加减法规则求解. 【详解】在平行四边形ABCD中，. 故选：D. 2. 复数在复平面上对应的点位于 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】先进行复数的除法运算，分子和分母同乘以分母的共轭复数，分母变成一个实数，分子进行复数的乘法运算，整理成复数的标准形式，写出对应点的坐标，看出所在的象限. 【详解】∵复数=,∴复数对应点的坐标是（）, ∴复数在复平面内对应的点位于第一象限，故选A. 3. 在中，已知，，，则的大小为（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】由正弦定理结合三角形大边对大角性质即可求解. 【详解】由正弦定理得，即， 解得，又为三角形内角，所以或， 又因为，所以，又，所以． 故选：A． 4. 已知球的半径和圆柱体的底面半径都为1且体积相同，则圆柱的高为 A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】通过建立圆柱和球的等量体积关系，即可得到答案. 【详解】解：设圆柱的高为h，则 ，， ∴． 故选B． 【点睛】本题主要考查圆柱和球相关公式，难度较小. 5. 设 ， 是非零向量.则“存在实数使得 ”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 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量数量积的应用，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可． 【详解】若“”，则平方得. 即，即 则，即，即 ， 同向共线，则存在实数使得 ； 反之当时，存在，满足，但“”不成立. 即“存在实数使得 ”是“”的必要不充分条件. 故选：B． 6. 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 【答案】D 【解析】 【分析】借助正方体中的线面关系可说明选项A、B、C错误；利用空间向量可说明选项D正确. 【详解】 如图，在正方体中分析选项A、B、C. A.平面，平面，平面平面，但，A错误. B.，平面，但平面，B错误. C.平面平面，平面，，但平面，C错误. D.取直线的方向向量，直线的方向向量， ∵，，∴分别为平面的法向量， ∵，∴，∴，选项D正确. 故选：D. 7. 在，若，且，则的形状是（ ） A. 等腰三角形 B. 直角三角形 C. 等腰直角三角形 D. 等边三角形 【答案】C 【解析】 【分析】利用正弦定理以及两角差的正弦公式逆用可得，再由可得，可得出结论. 【详解】因为，由正弦定理可得，则， ．所以， 又因为，所以， 又，可得，故的形状是等腰直角三角形. 故选：C 8. 中国有悠久的金石文化，印信是金石文化的代表之一．印信的形状多为长方体、正方体或圆柱体，但南北朝时期的官员独孤信的印信形状是“半正多面体”（图1）．半正多面体是由两种或两种以上的正多边形围成的多面体.半正多面体体现了数学的对称美．图2是一个棱数为48的半正多面体，它的所有顶点都在同一个正方体的表面上，且此正方体的棱长为1．则该半正多面体的棱长为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用多面体棱长与正方体的棱长的关系列方程即可求解 【详解】如图，设该半正多面体的棱长为，则， 延长与交于点，延长交正方体棱于， 由半正多面体对称性可知，为等腰直角三角形， ∴，∴ ∴，即该半正多面体棱长为. 故选：B 9. 在中，，，点M为所在平面内一点且，则的最小值为（ ） A. 0 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系，设出点的坐标，写出各个点坐标，利用数量积的坐标运算，求解问题. 【详解】在三角形中，由余弦定理，故为钝角； 又，故点在三角形底边的高线上， 则以所在直线为轴，以其上的高线为轴建立平面直角坐标系如下所示： 又，则， 故，； 则，设，， 故，当且仅当时取得等号； 也即的最小值为. 故选：C. 10. 已知正三棱锥的六条棱长均为6，S是及其内部的点构成的集合．设集合，则T表示的区域的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出以为球心，5为半径的球与底面的截面圆的半径后可求区域的面积. 【详解】 设顶点在底面上的投影为，连接，则为三角形的中心， 且，故. 因为，故， 故的轨迹为以为圆心，1为半径的圆， 而三角形内切圆的圆心为，半径为， 故的轨迹圆在三角形内部，故其面积为 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. 如果向量，共线，则等于________． 【答案】 【解析】 【分析】由向量共线判定定理即可求解. 【详解】因为向量，共线， 所以存在，使得， 即， 则， 解得或， 所以． 故答案为： 12. 已知，，，则_____________. 【答案】 【解析】 【分析】利用复数相等求出实数a，b，再利用复数模的定义计算作答. 【详解】依题意，化为：，而，则，解得， 所以. 故答案为： 13. 在正四面体A-BCD中，二面角A-BC-D的余弦值是_______ . 【答案】 【解析】 【分析】根据二面角平面角的定义，结合正四面体的性质，找出该角，由余弦定理，可得答案. 【详解】如图，取的中点，连接，， 则，，即为二面角的平面角， 设正四面体的棱长为， 在正中，，同理， 由余弦定理. 故答案为：. 14. 在中，，，． （1）若，则________； （2）当________（写出一个可能的值）时，满足条件的有两个． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一） 【解析】 【分析】（1）求出，再由余弦定理求解即可； （2）根据已知两边及一边的对角求三角形解得情况，建立不等式求出的范围即可得解. 【详解】（1），， ，， 由余弦定理，，即， 解得. （2）因为,, 所以当时，方程有两解， 即， 取即可满足条件（答案不唯一） 故答案为：；6. 15. 在棱长为的正方体中，点P是底面内的动点，给出下列四个结论： ①最小值为； ②的最小值为； ③的最大值为； ④的最小值为． 其中所有正确结论的序号是_______． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、，设底面、的中心分别为点、，作出图形，推导出，，求出的最小值，可判断①④；由对称性得出，进而可判断②；取点和点重合，可判断③. 【详解】设点、、、关于平面的对称点分别为、、、， 设底面、的中心分别为点、，如下图所示： 对于①，易知为的中点，则，可得， 所以，， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 即的最小值为，①对； 对于④， ， 当点与点重合时，底面，此时，取最小值， 则的最小值为，④对； 对于②，由对称性可知，， 则， 当且仅当点为线段与平面的交点时，取最小值，②对； 对于③，当点与点重合时，， 所以，的最大值不是，③错. 故答案为：①②④. 三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 16. 已知平面向量满足，且． （1）求向量的夹角； （2）若，求实数的值． 【答案】（1）； （2）﹒ 【解析】 【分析】(1)由平方，根据向量数量积的运算方法即可求出cosθ，从而可求θ； (2)由得，根据向量的数量积运算律即可求出λ﹒ 【小问1详解】 由平方得， ∵，∴，解得， ∵，∴； 【小问2详解】 由(1)知． ∵，∴， 化简得， ∴，解得． 17. 如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC． 求证：（1）A1B1∥平面DEC1； （2）BE⊥C1E． 【答案】（1）见解析；（2）见解析. 【解析】 【分析】(1)由题意结合几何体的空间结构特征和线面平行的判定定理即可证得题中的结论； (2)由题意首先证得线面垂直，然后结合线面垂直证明线线垂直即可. 【详解】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点， 所以ED∥AB. 在直三棱柱ABC-A1B1C1中，AB∥A1B1， 所以A1B1∥ED. 又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1， 所以A1B1∥平面DEC1. （2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC. 因为三棱柱ABC-A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC. 又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE. 因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C， 所以BE⊥平面A1ACC1. 因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E. 【点睛】本题主要考查直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系等基础知识，考查空间想象能力和推理论证能力. 18. 如图，在平面四边形ABCD中，，． （1）若，，求的值； （2）若，，求三角形ABD的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）中利用余弦定理求出，然后在中利用正弦定理可求得结果； （2）分别在和中利用余弦定理表示出，再由可求出，从而可求出，再求出，然后可求出的面积. 【小问1详解】 在中，，，则由余弦定理得 ， 所以， 在中，，，，所以由正弦定理得 ，得, ，得； 【小问2详解】 在中，，由余弦定理得 ， 在中，，，则余弦定理得 , 因为，所以， 化简得，解得， 所以， 因为，所以， 所以的面积. 19. 在中， （1）求c的值； （2）已知，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，使得存在且唯一，求的周长． 条件①：； 条件②：AB边上的高为； 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． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化为角，再结合两角和的正弦公式化简求解的值； （2）根据所选条件，结合正弦定理、三角形面积公式等求出三角形的其他边，进而求得周长. 【小问1详解】 由正弦定理及 得． 所以． 所以． 又因为，所以． 所以． 【小问2详解】 选条件①：因为，且， 所以． 因为，所以．所以． 又因为，所以． 所以． 又，所以． 所以的周长为． 选条件②：因为边上的高为，所以． 又因为，所以． 所以． 因为，所以． （1）当时，由，得． 又，所以． 所以． 所以的周长为． （2）当时，由，得． 又，所以，不符合题意． 综上，的周长为． 选条件③： 由余弦定理，可得，即。 解得或，此时不唯一，不符合要求. 20. 如图，在直角梯形中，，，，，，点在上，且，将沿折起，使得平面平面，为中点． （1）求证：平面； （2）求三棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）利用等腰三角形性质可得，再由面面垂直性质定理可得结论； （2）由锥体体积公式直接计算可得结果； （3）利用面面平行判定定理可证明平面平面，再由其性质可证明当时，满足题意. 小问1详解】 因为为中点，，所以． 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 在直角三角形中， ∵，∴，∴． 又三角形的面积 由（1）知，平面， 所以三棱锥的高为． 所以. 【小问3详解】 过点作交于点，则； 过点作交于点，连接，则；如下图所示： 因为平面，平面， 所以平面． 又因为，平面，平面， 所以平面． 因为，平面，平面， 所以平面平面． 因为平面，所以平面． 所以在上存在点，使得平面，且． 21. 若集合，其中为非空集合，，则称集合为集合A的一个n划分． （1）写出集合的所有不同的2划分； （2）设为有理数集Q的一个2划分，且满足对任意，任意，都有．则下列四种情况哪些可能成立，哪些不可能成立？可能成立的情况请举出一个例子，不能成立的情况请说明理由； ①中的元素存在最大值，中的元素不存在最小值； ②中的元素不存在最大值，中的元素存在最小值； ③中的元素不存在最大值，中的元素不存在最小值； ④中的元素存在最大值，中的元素存在最小值． （3）设集合，对于集合A的任意一个3划分，证明：存在，存在，使得． 【答案】（1） （2）①可能成立，例子见解析；②可能成立，例子见解析；③可能成立，例子见解析；④不可能成立，证明过程见解析； （3）证明过程见解析. 【解析】 【分析】（1）根据题意写出含有3个元素的2划分即可； （2）①②③可以举出反例，④可以利用反证法进行证明； （3）用反证法进行证明, 【小问1详解】 集合的所有不同的2划分为 【小问2详解】 ①可能成立，举例如下：，； ②可能成立，举例如下：，； ③可能成立，举例如下：，； ④不可能成立，证明如下：假设④成立，不妨设中元素的最大值为S，中元素的最小值为t，由题可知：s<t，所以， 因为s为中元素的最大值，所以， 因为t为中元素的最小值，所以， 因为，所以， 这与矛盾， 所以假设不成立，即④不可能成立； 【小问3详解】 由于集合A中有16个元素，所以中至少有一个集合至少包含6个元素， 不妨设中至少包含6个元素， 设且， 假设对任意，对任意，都有， 那么， 又因为， 所以， 则，中必有一个集合至少包含中的3个元素， 不妨设这3个元素为， 由假设可知：， 对任意，存在， 都有， 又因为，而，与假设矛盾， 所以假设不成立， 所以存在，存在，使得 【点睛】对于集合新定义证明类题目，要能正确理解题意，再采取合适的方法进行求解，列举法和反证法是经常使用的方法，先假设条件不成立，再通过逻辑推理得到矛盾，从而证明出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $