精品解析：北京市第二中学2025-2026学年高一第五学段考试数学试卷

北京二中2025—2026学年度第五学段高一年级学段考试试卷 数学（必修第二册） 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上） 1. 为迎接2023年成都大运会，大运会组委会采用按性别分层抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成大运会志愿小组.若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ） A. 12人 B. 18人 C. 80人 D. 120人 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层抽样等比例性质即可求女生人数. 【详解】由题设，若200名学生志愿者中女生有人，则， 所以人. 故选：D 2. 在中，点满足，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题设可得点为边上靠近点的三等分点，根据平面向量的线性运算求解即可. 【详解】由，可得点为边上靠近点的三等分点， . 3. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为复数满足，则，所以的虚部为. 4. 已知、、、为平面上四点，且，，则（ ） A. 点在线段上 B. 点在线段上 C. 点线段上 D. 、、、四点共线 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，且，即判断的位置关系. 【详解】由题意知：，即且， ∴三点共线，且在线段上. 故选：B. 5. 已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题可得为等腰直角三角形，得出外接圆的半径，则可求得到平面的距离，进而求得体积. 【详解】，为等腰直角三角形，， 则外接圆的半径为，又球的半径为1， 设到平面的距离为， 则， 所以. 故选：A. 【点睛】关键点睛：本题考查球内几何体问题，解题的关键是正确利用截面圆半径、球半径、球心到截面距离的勾股关系求解. 6. 已知非零向量，满足，且在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，， 所以得到，. 7. 已知正三角形ABC的边长为6，，P是线段DE上的动点（含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取线段的中点，建立平面直角坐标系，设，根据数量积的坐标公式结合二次函数即可求值域． 【详解】取线段的中点，连接，则， 以点为坐标原点，、所在直线分别为、轴建立如下图所示的平面直角坐标系， 因为正三角形ABC的边长为6，所以， 故， 又，所以 设，则， 所以，， 故. 8. 设的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据余弦定理求出，然后根据正弦定理求出三角形外接圆半径. 【详解】由，可得， 则，因为，所以， 又，由正弦定理可得，解得. 故选：B. 9. 正三棱柱的底面边长为3，侧棱，是延长线上一点，且，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先找到二面角的平面角，再根据线段长度求出角大小. 【详解】如图所示，设的中点，连接， 因为三棱柱为正三棱柱，所以平面， 又因为平面，所以； 因为，， 所以，所以为等腰三角形， 又因为为的中点，所以， 又因为，所以平面， 平面，所以， 所以为二面角的平面角， 因为，所以，所以， 所以， 所以， 又，所以. 10. 设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合线面平行的判定与性质、线面角的定义逐一判断四个命题的真假，统计正确命题个数即可. 【详解】对命题①：已知，且直线不重合，分三类讨论： 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若，则，由，，根据线面平行判定定理得，满足结论； 若且，由， ，得且，仍满足“或”， 故命题①为真命题. 对命题②：若与所成二面角不是直二面角，在其中一个面内作直线，则与均不垂直，故命题②为假命题。 对命题③： 如图所示，作包含直线的平面，设与平面的交线分别为， 由得，由得，因此； 又 ，故 ，结合 ，得，由推出， 故命题③为真命题. 对命题④：当时，与所成的角均为，满足所成角相等，但此时与不垂直，故命题④为假命题。 综上，真命题为①③，共个. 11. 在三棱锥中，点分别是的中点，底面ABC，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先利用三垂线定理作出直线OD与平面PBC所成角，就是取BC中点E，连接PE，则BC⊥平面POE作OF⊥PE于F，连接DF，得到OF⊥平面PBC，然后解三角形求出角即可． 【详解】∵AB⊥BC，OA＝OC，∴OA＝OB＝OC， 又∵OP⊥平面ABC ∴PA＝PB＝PC．取BC中点E，连接PE，则BC⊥平面POE，BC面PBC，∴面PBC⊥平面POE，又面PBC平面POE=PE， ∴在面POE中作OF⊥PE于F，连接DF，则OF⊥平面PBC ∴∠ODF是OD与平面PBC所成的角． 设AB＝BC＝1，PA＝2， 在Rt△POC中，PO，在Rt△POC中，D是PC的中点，PC＝2， ∴OD＝1，在Rt△POE中，OE，PE，OF， 在Rt△ODF中，sin∠ODF 故选D． 【点睛】本题考查直线与平面所成的角，考查空间想象能力，逻辑思维能力，是中档题． 12. 已知正方体，点分别是线段和上的动点，给出下列结论 ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，求出关键点的坐标和关键向量，利用空间位置关系的向量证明逐个判断即可. 【详解】对于①，②，如图，以为原点建立空间直角坐标系， 不妨设正方体的边长为1，可得，，， 且点分别是线段和上的动点， 得到，，， 而，，则，设，可得， 则，解得，得到， 可得，，， 若，则，解得， 此时任意给定的点，存在点，使得，故①正确，②错误， 对于③，若，则， 解得，当时，，与题意不符，故③错误， 对于④，由已知得，解得， 而，则，符合题意，故④正确， 综上可得，正确结论的个数是2个，故C正确. 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案填在答题纸上） 13. 已知平面向量，若，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】根据向量的坐标运算结合向量垂直可得，进而可得的坐标和模长. 【详解】因为向量，则， 若，则，解得， 则，所以. 故答案为：. 14. ，若，，则_________. 【答案】 【解析】 【分析】设，根据已知求出即可得出答案. 【详解】设，则， 所以,即； 由,解得，即，所以. 故答案为：. 15. 已知正四棱锥S­-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与SD所成角的余弦值为________. 【答案】 【解析】 【分析】 以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可. 【详解】以两对角线AC与BD的交点O作为原点，以OA，OB，OS所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系， 设边长为2， 则有， 则，， ， 故AE与SD所成角的余弦值为. 故答案为：. 【点睛】本题考查异面直线所成角的向量求法，属于基础题. 16. 在中，，，则的最小值为_____． 【答案】## 【解析】 【分析】将两边平方，结合余弦定理可得，由结合正弦定理可得，两者结合利用基本不等式求最值. 【详解】由可得， 两边平方得：，又， 所以，即， 所以，所以， 由，根据正弦定理角化边得，所以， 所以， 故答案为：. 17. 已知在四棱锥中，底面为边长是4的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O，得到点O即为该球的球心，取线段的中点E，得到四边形为矩形，分别求得，结合球的截面圆的性质，即可求解. 【详解】如图所示，在四棱锥中，取侧面和底面正方形的外接圆的圆心分别为，分别过，作两个平面的垂线交于点O， 则由外接球的性质知，点O即为该球的球心， 取线段的中点E，连，，，，则四边形为矩形， 在等边中，可得，则，即， 在正方形中，因为，可得， 在直角中，可得，即， 所以四棱锥外接球的表面积为. 18. 已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论： ①四棱锥可能为正四棱锥； ②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点； ③可能有平面平面； ④四棱锥的体积的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是_____． 【答案】①②④ 【解析】 【分析】过点作平面，垂足为，易得，，，对于①，分析当四棱锥为正四棱锥时是否满足条件即可；对于②，分析可得点满足；对于③，假设平面平面，再推导得出矛盾即可判断；对于④，设，得出四棱锥的体积表达式再求解即可. 【详解】过点作平面，垂足为，则，0 而平面，则， 又因为和均是边长为的等边三角形， 则，即，而， 则，，即，则. 对于①，当时，底面为正方形，且为底面中心，此时四棱锥可能为正四棱锥，故①正确； 对于②，由于， 故一定存在到，，，，距离都相等的点，故②正确； 对于③，当平面平面时，因为平面，故平面，此时， 又因为，则点重合，不满足题意，故③错误； 对于④，设，则 ， 因为，故，所以，故④正确. 三、解答题（本大题共60分，请将答案填在答题纸上） 19. 已知向量，若． （1）求的单调递减区间； （2）求在区间上的最值． 【答案】（1） （2）最大值为，最小值为 【解析】 【分析】（1）借助三角恒等变换公式可将原函数化为正弦型函数，再利用正弦型函数单调性计算即可得； （2）由范围可得范围，从而可得范围，即可得该函数值域，从而可得其最值. 【小问1详解】 已知向量， 则 ， 令， 解得， 即的单调递减区间为； 【小问2详解】 由（1）知， 当时，，则， 故，即在区间上的最大值为，最小值为. 20. 如图，在直三棱柱中，，，，，点E、F分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，证明，利用线线平行推出线面平行即可； （2）利用勾股定理证，再利用题设条件证平面，由线面垂直的性质即可证得； （3）由（2）平面，考虑等体积转化，易求得其体积. 【小问1详解】 如图，取的中点，连接, 因E、F分别为、的中点.，则 又故即得, 则,因平面，平面，故平面； 【小问2详解】 因，，，由，可得， 在直三棱柱中，因平面，平面，则， 又平面，故平面， 因平面,故； 【小问3详解】 如图，三棱锥的体积, 由（2），已得平面， 故 即三棱锥的体积为. 21. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． （1）求c的值； （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，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 【答案】（1）5 （2）选择条件①或③时，边上的高为；选择条件②时，不满足题意. 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理即可求解； (2)选择条件①或③，首先验证是钝角三角形，再利用余弦定理和面积公式即可求解，选择条件②，验证不满足钝角三角形的条件. 【小问1详解】 因为，且，所以， 设外接圆半径为， 由正弦定理得 所以，即：，所以. 【小问2详解】 选择条件①： 由余弦定理，得，代入，，，得，则， 此时，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 选择条件②： 若，则，所以， 由余弦定理得： ， 因为，，，所以，则是直角三角形，不满足题意. 选择条件③： 若周长为18，则， 由余弦定理得：， 联立解得：，， 所以，所以，为钝角三角形， 设边上的高为，则 ，即 ，. 22. 已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， （1）求证：点是的中点． （2）求证： （3）棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）先应用面面平行性质定理得出点是的中点，再应用平面平面性质定理，得出，即可证明； （2）连接，通过证明平面得出，同理进而证明平面，即可证明线线垂直. （3）结合（2）应用线面垂直性质定理证明判断，再应用三棱柱及棱锥体积公式计算求解. 【小问1详解】 设平面与直线交于. 因为平面平面，设平面平面， 连接，平面平面，所以， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，所以， ∵在正方体中，,所以， 在正方形中，是的中点，所以点是的中点， 又因为平面平面，平面平面， 平面平面，所以，且点是的中点， 所以点是的中点． 【小问2详解】 连接，因为在正方形中，，，，平面， ∴平面，平面，， 同理可证，又，平面， ∴平面，且平面平面， 所以平面，平面，所以； 【小问3详解】 取中点，连接， 因为平面平面，平面平面 ， 设平面平面 ，所以 ， 而,所以,又因为是中点，所以是中点， 连接 ，设 ，则是中点， 而G为中点，所以， 又由（2）知平面，所以平面， 而平面，使得平面平面， 又过且与平面垂直的平面存在且唯一， 故当且仅当G为中点时，平面平面. 连接 ， 又因为 ， 所以 . 23. 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？说明理由； （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：． 【答案】（1）具有，理由见解析 （2）不存在，证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据集合具有性质的特征，即可根据集合中的元素进行检验求解， （2）假设集合具有性质，分别考虑时，集合中的元素，即可根据的定义求解. （3）根据假设存在使得，考虑当时以及时，分量为1的个数即可讨论求解. 【小问1详解】 因为，同理． 又，同理． 所以集合具有性质． 【小问2详解】 当时，集合中的元素个数为．由题设． 假设集合具有性质，则 ①当时，，矛盾． ②当时，，不具有性质，矛盾． ③当时，． 因为和至多一个在中；和至多一个在中； 和至多一个在中，故集合中的元素个数小于，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． 【小问3详解】 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． 所以中分量为的个数至多有． 当时，不妨设． 因为，所以的各分量有个，不妨设． 由时，可知，，中至多有个， 即的前个分量中，至多含有个． 又，则的前个分量中，含有 个，矛盾． 所以． 因为， 所以． 所以． 【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解. 对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京二中2025—2026学年度第五学段高一年级学段考试试卷 数学（必修第二册） 一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的，请将答案填在答题纸上） 1. 为迎接2023年成都大运会，大运会组委会采用按性别分层抽样的方法从某高校报名的200名学生志愿者中抽取30人组成大运会志愿小组.若30人中共有男生12人，则这200名学生志愿者中女生可能有（ ） A. 12人 B. 18人 C. 80人 D. 120人 2. 在中，点满足，点为的中点，则（ ） A. B. C. D. 3. 设复数满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 4. 已知、、、为平面上四点，且，，则（ ） A. 点在线段上 B. 点在线段上 C. 点线段上 D. 、、、四点共线 5. 已知A，B，C是半径为1的球O的球面上的三个点，且，则三棱锥的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 已知非零向量，满足，且在方向上的投影向量为，则与的夹角为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三角形ABC的边长为6，，P是线段DE上的动点（含端点），则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 设的三个内角所对的边分别为，如果，且，那么外接圆的半径为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 4 9. 正三棱柱的底面边长为3，侧棱，是延长线上一点，且，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 10. 设、为两个不同的平面，、为两条不同的直线，且．下述四个命题： ①若，则或 ②若，则或 ③若且，则 ④若n与，所成的角相等，则 其中正确的命题的个数是（ ） A. B. C. D. 11. 在三棱锥中，点分别是的中点，底面ABC，则直线与平面所成角的正弦值为（　　） A. B. C. D. 12. 已知正方体，点分别是线段和上的动点，给出下列结论 ①对于任意给定的点，存在点，使得； ②对于任意给定的点，存在点，使得； ③对于任意给定的点，存在点，使得； ④对于任意给定的点，存在点，使得． 其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题（本大题共6小题，每小题5分，共30分．请将答案填在答题纸上） 13. 已知平面向量，若，则_________. 14. ，若，，则_________. 15. 已知正四棱锥S­-ABCD的侧棱长与底面边长都相等，E是SB的中点，则AE与SD所成角的余弦值为________. 16. 在中，，，则的最小值为_____． 17. 已知在四棱锥中，底面为边长是4的正方形，侧面底面，且为等边三角形，则该四棱锥的外接球的表面积为_____． 18. 已知四棱锥的高为1，和均是边长为的等边三角形，给出下列四个结论： ①四棱锥可能为正四棱锥； ②空间中一定存在到，，，，距离都相等的点； ③可能有平面平面； ④四棱锥的体积的取值范围是． 其中所有正确结论的序号是_____． 三、解答题（本大题共60分，请将答案填在答题纸上） 19. 已知向量，若． （1）求的单调递减区间； （2）求在区间上的最值． 20. 如图，在直三棱柱中，，，，，点E、F分别为、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：； （3）求三棱锥的体积. 21. 在中，角A，B，C所对的边为a，b，c，，． （1）求c的值； （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，使得为钝角三角形，求边上的高． 条件①：；条件②：；条件③：的周长为18． 22. 已知正方体棱长为4，是的中点，点是上一点，是上一点，且平面平面， （1）求证：点是的中点． （2）求证： （3）棱上是否存在点使得平面平面，若存在，求出三棱锥的体积，若不存在，说明理由． 23. 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？说明理由； （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：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $