精品解析：北京中学2025-2026学年第二学期高一英才期中调研数学试题

2025-2026学年第二学期高一英才期中调研试题 数学 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设a为实数，复数，，若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3 3. 如图，在矩形ABCD中，E为CD中点，那么向量等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 在中，若，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 6. 北京中学勇岳楼前的“北中鼎”顶部镶嵌着一颗金色的球形装饰，寓意“文化汇聚、培育人才”数学社团的同学测量了它的体积，约为288π立方分米，则该球形装饰的表面积约为（ ） A. 108π平方分米 B. 144π平方分米 C. 180π平方分米 D. 216π平方分米 7. 已知向量，是两个单位向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 8. “端午节”为我国传统节日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子也是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同，如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为6cm（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有一个装满（不冒尖）馅料的米斗，其形状可近似看作为上底面圆半径为8cm，下底面圆半径为6cm，高为3cm的圆台，则这些馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（ ）（参考数据：） A. 18，10 B. 18，11 C. 19，10 D. 19，11 9. 在棱长为的正方体中，点在线段上运动，给出以下四个命题： ①三角形的面积为定值；②三棱锥的体积为定值； ③异面直线与直线所成的角为定值；④二面角的大小为定值． 其中真命题有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 10. 设向量，，满足，，，则的取值不可能为（ ） A. B. 3 C. D. 第二部分（非选择题共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 复数的共轭复数的虚部是______． 12. 已知平面向量，是单位向量，与夹角为，则向量在向量上的投影向量为______． 13. 已知三个不同的平面，，和一条直线a，给出五个论断： ①； ②； ③； ④； ⑤． 以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的“若p，则q”的命题______．（可以用序号表示） 14. 在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 15. 如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______． 16. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论： ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点和点，使得平面平面； ⑤存在点，使得其到直线的距离为． 其中所有正确结论的序号是______． 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 17. 已知，． （1）若，求； （2）若，的夹角为，求； （3）若，求与的夹角θ． 18. 已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求证：； （3）求证：． 19. 在中，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求和的值． 条件①：，边上中线的长为； 条件②：，边上的高的长为2． 条件③：，的面积为12； 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. 如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且，． （1）求证：平面； （2）从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 21. 设集合，若集合S中的元素同时满足以下条件： ①，恰好都含有3个元素； ②，，为单元素集合； ③ 则称集合S为“优选集”． （1）判断集合，是否为“优选集”； （2）证明：若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； （3）若集合S为“优选集”，求集合S的元素个数的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第二学期高一英才期中调研试题 数学 本试卷共5页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将答题卡交回． 第一部分（选择题共50分） 一、选择题共10小题，每小题5分，共50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. 已知向量，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以，故A错误，B正确，C错误， 对于D，，，故D错误. 2. 设a为实数，复数，，若为纯虚数，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】通过复数的加法运算得到的代数形式，根据纯虚数的定义实部为0，虚部不为0列方程可得到a，进而根据复数的乘法运算可求得. 【详解】因为复数，， 所以， 又为纯虚数，所以，解得， 所以，，则. 3. 如图，在矩形ABCD中，E为CD中点，那么向量等于（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为四边形是矩形，且E为CD中点， 所以，且且， 所以. 4. 已知，，是三个不同的平面，a，b是两条不同的直线，下列命题中正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【详解】对于A：若，，则或和相交，故A错误； 对于B：若，，根据线面垂直的性质定理可得，故B正确； 对于C：若，，则或和异面，故C错误； 对于D：若，，则和可能平行也可能相交，故D错误； 5. 在中，若，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 120° 【答案】A 【解析】 【详解】因为， 所以设，则， 所以 6. 北京中学勇岳楼前的“北中鼎”顶部镶嵌着一颗金色的球形装饰，寓意“文化汇聚、培育人才”数学社团的同学测量了它的体积，约为288π立方分米，则该球形装饰的表面积约为（ ） A. 108π平方分米 B. 144π平方分米 C. 180π平方分米 D. 216π平方分米 【答案】B 【解析】 【分析】先利用体积公式求球的半径，再利用半径计算表面积即可. 【详解】因为，所以， 所以，即 所以 7. 已知向量，是两个单位向量，则“与的夹角为锐角”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 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】根据向量的夹角得出差向量的模长判断充分条件,举反例判断是不是必要条件即得 【详解】由向量，是两个单位向量，且与的夹角为锐角，可设. 则， 因为，所以，所以， 故“与的夹角为锐角”是“”的充分条件； 若，则 ，但此时，不是锐角， 所以“与的夹角为锐角”是“”的不必要条件. 总之，“与的夹角为锐角”是“”的充分不必要条件. 故选：A 8. “端午节”为我国传统节日之一，已被列入世界非物质文化遗产名录，吃粽子也是端午节食俗之一．全国各地的粽子包法各有不同，如图，粽子可包成棱长为6cm的正四面体状的三角粽，也可做成底面半径为，高为6cm（不含外壳）的圆柱状竹筒粽．现有一个装满（不冒尖）馅料的米斗，其形状可近似看作为上底面圆半径为8cm，下底面圆半径为6cm，高为3cm的圆台，则这些馅料最多可包三角粽或最多可包竹筒粽的个数为（ ）（参考数据：） A. 18，10 B. 18，11 C. 19，10 D. 19，11 【答案】A 【解析】 【分析】先分别计算出三角粽、竹筒粽以及圆台的体积，再通过体积之间的关系求出两碗馅料最多可包三角粽和竹筒粽的个数即可. 【详解】因为 ， 其中 ， ， ，代入得： , ，其中棱长 ，代入得： ， 所以可包个数： =18, 因为 ，其中 ， ，代入得： , 所以可包个数： , 综上，最多可包三角粽 个，竹筒粽 个. 9. 在棱长为的正方体中，点在线段上运动，给出以下四个命题： ①三角形的面积为定值；②三棱锥的体积为定值； ③异面直线与直线所成的角为定值；④二面角的大小为定值． 其中真命题有（ ） A. 1个 B. 2个 C. 3个 D. 4个 【答案】C 【解析】 【详解】对于①: ∵ 点在线段上运动,到直线的距离随的位置变化而变化,长度为定值, ∴ (为到的距离)不是定值,故①为假命题. 对于②: ∵ ,平面,平面, ∴ 平面,即线段上的点到平面的距离为定值. 又∵ 的面积为定值, ∴ 三棱锥的体积 为定值,故②为真命题. 对于③: ∵ 在正方体中,,,,平面, ∴ 平面. 又∵ 平面, ∴ ,即异面直线与所成的角恒为,为定值,故③为真命题. 对于④: ∵ 点在线段上运动, ∴ 平面即为固定平面,又平面为固定平面,两个固定平面的二面角大小为定值, ∴ 二面角的大小为定值,故④为真命题. 综上,真命题为②③④,共3个. 10. 设向量，，满足，，，则的取值不可能为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取平面内一点 作为共同起点，分别作 ，，，把向量条件转化为点 ，， 的位置关系．由，先求出和，再由转化为．利用固定弦所对圆周角确定点的轨迹，从而得到的取值范围，再判断各选项． 【详解】取平面内一点 作为共同起点，分别作 ，，． 因为，，所以 所以． 又 所以． 由可知，向量与的夹角为，即． 因为是定长，且，所以点在以为弦、圆周角为的圆弧上． 设相应圆的半径为，则 所以 这样的圆有两个．其中一个圆就是以为圆心、半径为的圆，在该圆对应的圆弧上，． 另一个圆的圆心记为，它与在直线的两侧， 可推得该圆心与点的距离，且该圆半径． 在这个圆对应的圆弧上，从端点附近的连续变化到最大值． 因此的可能取值不超过，且，，均可以取到，而 所以的取值不可能为． 第二部分（非选择题共100分） 二、填空题共6小题，每小题5分，共30分． 11. 复数的共轭复数的虚部是______． 【答案】1 【解析】 【详解】因为， 所以复数的共轭复数为， 所以复数的共轭复数的虚部是. 12. 已知平面向量，是单位向量，与夹角为，则向量在向量上的投影向量为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用投影向量的定义求解即可. 【详解】由题意可知向量在向量上的投影向量为. 13. 已知三个不同的平面，，和一条直线a，给出五个论断： ①； ②； ③； ④； ⑤． 以其中的两个论断作为条件，一个论断作为结论，写出一个正确的“若p，则q”的命题______．（可以用序号表示） 【答案】若②⑤，则④（或若②④，则⑤，或若①③则④） 【解析】 【分析】通过分析，可以重点考察涉及三个几何元素的论断组合，如①③④和②④⑤.根据线面间的位置关系可得正确命题. 【详解】通过分析，可以重点考察涉及三个几何元素的论断组合，如①③④和②④⑤. 由①③④组成命题：①③④， ，只要过作一个平面与相交，交线为，则，由得，从而可得，是真命题， 但把④作为条件，①③中一个作为结论时，与或与的位置关系不确定，不能得出正确命题． 由②④⑤构成命题，②④⑤；②⑤④是真命题，④⑤②是假命题． 在已知，时，，可能平行也可能相交，④⑤②是假命题． 一个平面垂直两个平行平面中的一个，必垂直于另一个．例如，，根据面面垂直的性质定理内必有直线垂直于（与交线垂直的直线），而，则这条直线也与垂直，从而有．因此②④⑤；②⑤④是真命题． 14. 在代表我国古代数学成就的经典著作《九章算术》中，称如下图中的多面体为“刍（chu）甍（meng）”．若底面是边长为4的正方形，，且，和是等腰直角三角形，，则与底面所成角的正弦值为______． 【答案】## 【解析】 【分析】设的中点为，在底面的投影为，则就是与底面所成角，再解三角形求正弦值即可． 【详解】设的中点为，在底面的投影为，如图， 由对称性可知在上， 就是与底面所成角， 又 ，， 又是等腰直角三角形，， ，， ． 15. 如图，在菱形ABCD中，，，以BC为直径的半圆与AB交于点M，P是半圆上的动点，则______；的最大值是______． 【答案】 ①. 3 ②. ## 【解析】 【分析】取中点，连接，由条件得到是等边三角形，进而求出，在中，由余弦定理求出，即可求出；取中点，连接，交半圆于点，将转化为，分析出即点与点重合时，取到最大值1，即可求出的最大值. 【详解】 如图所示，取中点，连接， 因为四边形是菱形，，， 所以，所以可得是等边三角形，所以. 在中，由余弦定理可得 ， 所以，所以； 如图所示，取中点，连接，交半圆于点， 则，. 所以 ， 因为，所以当，即点与点重合时， 取到最大值1，此时取到最大值. 16. 如图，在棱长为1的正方体中，点为的中点，点是侧面上（包括边界）的动点，点是线段上的动点，给出以下结论： ①存在点，使得对任意点，都有； ②存在无数组点和点，使得； ③存在唯一的点，使得平面； ④存在点和点，使得平面平面； ⑤存在点，使得其到直线的距离为． 其中所有正确结论的序号是______． 【答案】②④⑤ 【解析】 【分析】以为坐标原点，建立空间直角坐标系，结合向量的运算法则，以及数量积的运算，可判定①不正确，②正确，③不正确；当点与点重合时，点与点重合值，得到平面平面，即平面平面，可判定④正确；转化为异面直线和的距离，求得异面直线的距离，可判定⑤正确. 【详解】以为坐标原点，以所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，因为正方体的棱长为1， 可得， 因为为的中点，可得， 对于①，设点，其中，可得， 设，其中， 因为，所以，即，所以, 若，可得恒成立， 可得，整理得， 要使得时，恒成立， 则满足，此时方程组无解， 所以不存在点，使得对任意点，都有，所以①不正确； 对于②，若，则存在实数，使得， 因为， 可得，可得， 显然，因为，可得，解得， 所以存在无数组点和点，使得，所以②正确； 对于③，若平面，且平面，则， 因为， 可得，所以与不垂直， 所以不可能垂直平面，所以③不正确. 对于④，当点与点重合，点与点重合时，此时平面，即为平面， 在正方体中，可得平面平面， 所以平面平面，即平面平面， 所以存在点和点，使得平面平面，所以④正确； 对于⑤，因为点是线段上的动点，则点到直线的距离的最小值， 即为异面直线和的距离， 在正方体中，可得平面， 此时设 平面，则点为等边的中心，且， 取的中点为，连接，可得， 所以为异面直线和的公垂线段， 因为为等边三角形，且边长为，可得， 所以存在点，使得其到直线的距离为，所以⑤正确. 三、解答题共5小题，共70分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程． 17. 已知，． （1）若，求； （2）若，的夹角为，求； （3）若，求与的夹角θ． 【答案】（1）或 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据向量平行的性质求解即可； （2）根据模长公式，及数量积的定义即可求解； （3）根据向量垂直的性质，及数量积的定义即可求解． 【小问1详解】 若，则与的夹角为0或π， 所以或． 【小问2详解】 若，的夹角为， 则， 所以． 【小问3详解】 若，则，即， 所以，即，解得， 又，所以． 18. 已知四棱锥，底面为矩形，、、分别是、、的中点．设平面与平面的交线为，平面平面． （1）证明：平面平面； （2）求证：； （3）求证：． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）证明出平面，平面，利用面面平行的判定定理可证得结论成立； （2）证明出平面，利用线面平行的性质定理可证得结论成立； （3）利用面面垂直的性质得出平面，再利用线面垂直的定义可证得结论成立. 【小问1详解】 因为、、分别是、、的中点，所以，， 又因为底面为矩形，所以，所以， 又平面，平面，所以平面． 又因为平面，平面，所以平面． 因为，、平面，所以平面平面． 【小问2详解】 因为底面为矩形，所以， 又因为平面，平面，所以平面． 因为平面，平面平面，所以． 【小问3详解】 因为四边形为矩形，所以， 因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面， 因为平面，故. 19. 在中，． （1）求； （2）从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求和的值． 条件①：，边上中线的长为； 条件②：，边上的高的长为2． 条件③：，的面积为12； 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①，不合题意；选②：，；选③：， 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理边角互化求解即可； （2）选①，在中利用余弦定理可判断；选②，利用面积公式得出，利用两角和差的正弦公式求出，最后利用正弦定理即可；选③，利用面积公式以及余弦定理、正弦定理可得. 【小问1详解】 由，得. 由正弦定理得，因为，所以， 又，所以. 【小问2详解】 ①设边上的中点为，则， 在中，由余弦定理得，即， 整理得，解得或，所以或， 此时有两个解，不符合题意． ②因为，即，所以， 因为，，所以， 所以， 在中，由正弦定理得，，即． ③因为，所以， 由余弦定理得，，所以， 由正弦定理得，，所以． 20. 如图，在直三棱柱中，D是棱AC的中点，且，． （1）求证：平面； （2）从条件①、②、③这三个条件中选择一个作为已知，求解下列问题： （Ⅰ）求证：平面； （Ⅱ）在棱上是否存在点N，使得平面平面？如果存在，求出的值；如果不存在，请说明理由． 条件①：； 条件②：； 条件③：. 注：如果选择条件①、条件②或条件③分别解答，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明见解析 （2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在； 【解析】 【分析】（1）根据线面平行的判定定理，在平面内找到与平行的直线即可； （2）（Ⅰ）先通过线面垂直证，再由三角形内角和定理证，进而可证线面垂直； （Ⅱ）取N为的中点，的中点为M，通过，平面即可证明N满足题意. 【小问1详解】 如图，连接，与交于点O，连接OD， 因为四边形是平行四边形，所以O为的中点. 又D是棱AC的中点，所以． 因为平面，平面，所以平面． 【小问2详解】 （Ⅰ）选择条件①，. 由D是棱AC的中点，得. 在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，所以. 又，，平面，所以平面，所以. 因为，所以，又， 在和中，， 所以，而， 则，所以， 又，BD，平面，所以平面. 选择条件②：． 因为底面ABC，平面ABC，所以， 又，，，平面， 所以平面，又平面，所以，下同条件①. 选择条件③：，下同条件①. （Ⅱ）当点N为的中点，即时，平面平面． 证明如下：如图，取的中点为M，连接DM、MN， 因为M、D分别为、AC的中点， 所以且， 又N为的中点，所以且， 所以四边形BDMN为平行四边形，故. 由（Ⅰ）知平面，所以平面， 又平面，所以平面平面． 21. 设集合，若集合S中的元素同时满足以下条件： ①，恰好都含有3个元素； ②，，为单元素集合； ③ 则称集合S为“优选集”． （1）判断集合，是否为“优选集”； （2）证明：若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； （3）若集合S为“优选集”，求集合S的元素个数的最大值． 【答案】（1）不是“优选集”， 是“优选集”； （2）证明过程见详解； （3）7 【解析】 【分析】（1）根据“优选集”的定义判断即可； （2）先取，其中，，，，，，，可得，可以属于S中的三个集合，再用反证法证明不存在，使得可以属于S中的四个集合即可； （3）结合（2）可知S中的元素个数可以为7，再用反证法证明不存在即可． 【小问1详解】 对于集合， 满足条件①：和恰好都含有3个元素； 满足条件②：为单元素集合； 但不满足条件③：，则不是“优选集”； 对于集合， 满足条件①：，和恰好都含有3个元素； 满足条件②：，，为单元素集合； 满足条件③：．所以集合是“优选集”． 【小问2详解】 由集合S为“优选集”， 结合（1）显然，可以属于S中的零个集合，一个集合，两个集合， 取集合，其中，，，，，，， 此时，可以属于S中的两个集合，三个集合， 假设存在，使得可以属于S中的四个集合，即，其中， 为了满足条件③，显然还存在， 为了满足条件②，中的元素必须在，，，中除外的另外两个元素中各选一个， 此时中有4个元素，显然不满足条件①， 因此假设不成立， 故若集合S为“优选集”，则，至多属于S中的三个集合； 【小问3详解】 结合（2）有集合，其中，，，，，，，此时S的元素个数为7， 假设存在，则可得中必有元素或， 不妨令，要使，，都为单元素集合， 则或或或， 当时，，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去； 当时，不是单元素集合，舍去， 因此假设不成立， 故集合S的元素个数的最大值为7． 【点睛】小问（2）的关键是先举例得到，可以属于S中的三个集合，再用反证法证明不存在，使得可以属于S中的四个集合；小问（3）的关键先得到S中的元素个数可以为7，再用反证法证明不存在． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $