北京市中关村中学2020-2021学年高二上学期期中考试数学试题+Word版含解析

中关村中学2020-2021高二上学期期中

第一部分 （选择题共52分）

一．选择题共13小题，每小题4分，共52分，在每小题列出的四个选项中，选出符合题意要求的一项

1. 已知全集,集合,则（   ）

A.  B.  C.  D.

2. 已知复数在复平面上对应的点为，则（    ）

A. 是实数 B. 是纯虚数 C. 是实数 D. 是纯虚数

3. 已知向量，，且，那么等于（    ）

A.  B.  C.  D. 5

4. ，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

5. 下列函数中，在定义域内满足的是（    ）

A.  B.  C.  D.

6. 在下列四个命题中，正确的是（    ）

A. 平面直角坐标系中任意一条直线均有倾斜角和斜率

B. 四条直线中斜率最大的直线是

C. 直线的斜率是2

D. 经过和的直线的斜率是1，则

7. 如图在长方体中，设，，则等于（    ）

A. 1 B. 2 C. 3 D.

8. 如图，在三棱锥中，，，两两垂直，且，点为中点，若直线与底面所成的角为，则三棱锥的体积等于（    ）．

A.  B.  C.  D.

9. 已知复数的共轭复数，是虚数单位，则复数的虚部是（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 在空间中，已知直线的方向向量为，平面的法向量为，则“直线与平面相交”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

11. 如图，在棱长为2的正方体中，是的中点，点在侧面内，若，则的面积的最小值为（    ）

A.  B.

C.  D.

12. 设空间直角坐标系中有、、、四个点，其坐标分别为、、、，下列说法正确的是（    ）

A. 存在唯一的一个不过点、的平面，使得点和点到平面的距离相等

B. 存在唯一的一个过点的平面，使得，

C. 存在唯一的一个不过、、、的平面，使得，

D. 存在唯一的一个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为

13. 如图矩形中，.点在边上， 且，沿直线向上折起成．记二面角的平面角为，当时，                                                 

①存在某个位置，使；

②存在某个位置，使；

③任意两个位置，直线和直线所成的角都不相等.

以上三个结论中正确的序号是

A. ① B. ①② C. ①③ D. ②③

二、填空题

14. 直线的倾斜角是_________，在轴上的截距为_________.

15. 已知直线经过点，且直线的方向向量为，则直线的斜率为_________.直线的方程为_________.

16. 已知向量，，，且，则=_________，=_________.

17. 已知平面的一个法向量是，且平面经过点，若点是平面上任意一点，则点的坐标一定满足的方程是_________.

18. 函数的图象向左平移个单位得到函数的图象，则下列函数的结论：①一条对称轴方程为；②点是对称中心；③在区间上为单调增函数；④函数在区间上的最小值为.其中所有正确的结论为______.（写出正确结论的序号）

19. 已知.（1）________；（2）若实数，则在区间上的最大值的取值范围是_______.

三、解答题共5小题，共68分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.

20. 在中，角所对的边分别为．已知．

（Ⅰ）求角的大小；

（Ⅱ）求的值；

（Ⅲ）求的值．

21. 已知函数.

（1）求的值；

（2）求的最小正周期；

（3）求的单调递增区间

22. 如图，在直三棱柱中，，

（1）求证：；

（2）求直线和所成角的大小；

（3）求直线和平面所成角的大小.

23. 如图，三棱柱的侧面是边长为的正方形，面面，，，是的中点.

（1）求证：平面；

（2）求点到平面的距离；

（3）在线段上是否存在一点，使二面角为，若存在，求的长；若不存在，说明理由.

24. 已知，给定个整点,其中.

（Ⅰ）当时,从上面的个整点中任取两个不同的整点，求的所有可能值；

（Ⅱ）从上面个整点中任取个不同的整点，.

（i）证明：存在互不相同的四个整点，满足,；

（ii）证明：存在互不相同的四个整点，满足,.

1.答案】B

【解析】

分析：由全集及，求出补集，找出集合的补集与集合的交集即可.

详解：，集合，，

又，故选B.

点睛：研究集合问题，一定要抓住元素，看元素应满足的属性. 研究两集合的关系时，关键是将两集合的关系转化为元素间的关系，本题实质是求满足属于集合或不属于集合的元素的集合.

2. 答案】B

【解析】

【分析】

由于复数在复平面上对应的点为 ，所以由题意可得到复数，然后代入下面4个选项判断.

【详解】解：因为复数在复平面上对应的点为，所以复数

因为是纯虚数，所以A不正确，B正确；

因为不是实数，也不是纯虚数，所以C,D都不正确，

故选：B

【点睛】此题考查复数的有关概念，属于基础题.

3. 答案】B

【解析】

【分析】

由，得

【详解】解：因为向量，，且，

所以，解得，

所以，

所以，

故选：B

4. 答案】B

【解析】

【分析】

利用“分段法”确定正确选项.

【详解】由于，所以.

由于，所以，，

而，

所以.

故选：B

【点睛】比较指数式、对数式的大小，可以采用“分段法”，即将要比较的式子进行分段确定，由此得出大小关系.

5. 答案】C

【解析】

【分析】

根据，判断出选项中为奇函数的函数即可.

【详解】依题意，所以为奇函数.

对于A选项，的定义域为，不是奇函数.

对于B选项，，定义域为，且，所以为偶函数，不是奇函数.

对于C选项，的定义域为，且，所以为奇函数，符合题意.

对于D选项，的定义域为，不是奇函数.

故选：C

6. 答案】D

【解析】

【分析】

对于A，当直线的倾斜角为时，斜率不存在；对于B，倾斜角为钝角，其斜率是负的；对于C，直线的斜率为，对于D，由斜率公式求解即可

【详解】解：对于A，当直线的倾斜角为时，斜率不存在，所以A错误；

对于B，直线倾斜角为钝角，其斜率是负的，而的倾斜角是锐角，其斜率为正数，所以B错误；

对于C，由得，所以直线斜率为，所以C错误；

对于D，因为经过和的直线的斜率是1，所以，解得，所以D正确，

故选：D

7. 答案】A

【解析】

【分析】

利用向量加法化简，结合向量数量积运算求得正确结果.

【详解】由长方体的性质可知，

，

所以

.

故选：A

8. 答案】D

【解析】

【分析】

由题意可证平面，所以为直线与底面所成的角，所以，可求得体积．

【详解】∵，点为的中点，

∴，，

∵，，两两垂直，

∴平面，

∴为直线与底面所成的角，

由题意可知，，

∴，

∴三棱锥的体积．

故选．

【点睛】本题综合考查线面垂直，线面角和三棱锥体积．解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．

9. 答案】A

【解析】

【分析】

先化简，由此求得，进而求得的虚部.

【详解】，

所以，则的虚部为.

故选：A

10. 答案】C

【解析】

【分析】

根据线面的位置关系、空间向量数量积的知识，对充分、必要条件进行判断.

【详解】当“直线与平面相交”时，直线的方向向量与平面的法向量为不垂直 ，则“”.

当“”时，直线的方向向量与平面的法向量为不垂直，则“直线与平面相交”.

所以“直线与平面相交”是“”的充分必要条件.

故选：C

11. 答案】D

【解析】

【分析】

判断出轨迹，求得到的最小距离，由此求得三角形面积的最小值.

【详解】设是的中点，连接，与相交于，连接，如图所示.

根据正方形的性质可知，，

所以，所以，

根据正方体的性质可知，

而，所以平面，

所以，

根据正方体的性质可知，

所以平面，所以.

由于，所以平面，

所以的轨迹为（满足）.

根据正方体的性质可知，

的最小值为.

三角形中，，

，解得.

所以的面积的最小值为.

故选：D

【点睛】线线垂直、线面垂直可以相互转化.求三角形面积的最值，如果三角形一边固定，则该边对应的高取最值时三角形的面积取得最值.

12.答案】B

【解析】

【分析】

由平面或平面过线段的中点可判断A选项的正误；推导出以及、、、四点不共面，利用点且与垂直的平面有且只有一个以及可判断B选项的正误；在、的公垂线上的点作的垂面满足题意，可判断C选项的正误；设平面的法向量为，根据题意可得出关于、的方程组，判断方程组解的个数，进而可判断D选项的正误.

【详解】对于A选项，当平面或平面过线段中点时，点和点到平面的距离相等，A选项错误；

对于B选项，，，，

，

，，设，则，

该方程组无解，所以，、、、四点不共面，则与异面，

而过点且与垂直的平面有且只有一个，

若，由于，则与共面，矛盾，所以，，B选项正确；

对于C选项，由于、异面，设为、的公垂线段，且，，

在直线（异于、）的任意一点作平面，使得，则，，

这样的平面有无数个，C选项错误；

对于D选项，设平面的一个法向量为，，，

由题意可得，

，

所以，，整理得，

，

即方程有两个不等的实数解，

所以，存在两个过、点的平面使得直线与的夹角正弦值为，D选项错误.

故选：B.

【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：

（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；

（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果.

13. 答案】C

【解析】

【详解】对于①，当平面面时，平面面面，故①正确；

对于②，若存在某个位置，使，面与为锐角相矛盾，②错误；

对于③，是定直线，二面角的平面角变化时，是动直线，所以任意两个位置直线和直线所成的角都不相等.③正确，

故选：C.

【 方法点睛】本题主要通过对多个命题真假的判断，主要综合考查线面垂直的判定与性质、面面垂直的性质、异面直线所成的角以及空间想象能力与抽象思维能力，属于难题. 这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题.

14.答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

先求得斜率，然后求得倾斜角，根据纵截距的求法求得纵截距.

【详解】直线的斜率为，所以倾斜角为.

令，得到，所以纵截距为.

故答案为：；

15. 答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

设在直线上，由计算出点坐标，由此求得直线的斜率和方程.

【详解】设在直线上，且，

即，

即，所以.

故.

所以直线的斜率为，

直线的方程为，即.

故答案为：；

16. 答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

由得，，从而可求出，再利用余弦的二倍角公式可求出

【详解】解：因为向量，，且，

所以，

因为，所以，

所以，

故答案为：，

17. 答案】

【解析】

【分析】

求出向量，利用平面的一个法向量是，通过向量的数量积为0，求解即可

【详解】解：由题意可知，，

因为平面的一个法向量是，

所以，所以，即，

所以点的坐标满足的方程为，

故答案为：

18. 答案】②③④

【解析】

【分析】

先求得，然后利用代入法判断①②，根据单调区间和最值的求法判断③④.

【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数，

，所以①错误.

，所以②正确.

由，解得，.

令得，所以在区间上为单调增函数，即③正确.

由得，所以当时，有最小值为，所以④正确.

故答案为：②③④

【点睛】解决有关三角函数对称轴、对称中心的问题，可以考虑代入验证法.考查三角函数单调区间的问题，可以考虑整体代入法.

19.答案】    (1).     (2).

【解析】

【分析】

（1）根据分段函数解析式求得.

（2）对进行分类讨论，将表示为分段函数的形式，由此求得所求的最大值的取值范围.

【详解】（1）.

（2），

，

令，画出图象如下图所示，

区间的长度为，且，

将两条直线组合在一起，从其开始向右平移，到时停止.

通过观察可知区间上，的最大值的取值范围是.

故答案为：；

【点睛】将表示为分段函数的形式并画出图象，是解决本题的关键.利用动态的观点研究函数图象，对能力要求较高.

20. 答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）直接利用余弦定理运算即可；

（Ⅱ）由（Ⅰ）及正弦定理即可得到答案；

（Ⅲ）先计算出进一步求出，再利用两角和的正弦公式计算即可.

【详解】（Ⅰ）在中，由及余弦定理得

，

又因为，所以；

（Ⅱ）在中，由，及正弦定理，可得；

（Ⅲ）由知角为锐角，由，可得，

进而，

所以.

【点晴】本题主要考查正、余弦定理解三角形，以及三角恒等变换在解三角形中的应用，考查学生的数学运算能力，是一道容易题.

21. 答案】（1）；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）化简的解析式，然后求得.

（2）根据求得的最小正周期.

（3）利用整体代入法求得的单调递增区间.

【详解】（1），

所以.

（2）的最小正周期为

（3）由，

解得，

所以的单调递增区间为

【点睛】求三角函数的单调区间，要先将函数解析式化为的形式，然后利用整体代入法求得单调区间.

22. 答案】（1）证明见解析；（2）；（3）.

【解析】

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，由证得.

（2）利用直线和直线的方向向量，求得直线和所成角的余弦值，由此求得该角的大小.

（3）利用直线的方向向量和平面的法向量，求得直线和平面所成角的正弦值，进而求得该角的大小.

【详解】（1）由于三棱柱是直三棱柱，所以平面，

所以，

依题意可知.

以为原点建立如图所示空间直角坐标系.

则，

则，

所以，所以.

（2），

设直线和所成角为，

则，

由于，所以.

（3），设平面的法向量为，

则，令可得.

设直线和平面所成角为，

则，

由于，所以.

【点睛】要证明线线垂直，可以利用这两条直线的方向向量的数量积为来证明.

23. 答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，且，理由见解析.

【解析】

【分析】

（1）通过三角形的中位线以及线面平行的判定定理，证得平面.

（2）建立空间直角坐标系，利用公式计算点到平面的距离.

（3）设出点坐标，根据二面角为列方程，解方程求得.

【详解】（1）连接交于，连接，

根据柱体的性质可知，所以四边形是平行四边形，

所以是的中点，由于是的中点，

所以，

由于平面，平面，

所以平面.

（2）因为四边形是正方形，所以，

因为面面，面面，

所以平面，则.

因为，，在三角形中由余弦定理得

，

所以，所以.

以为原点，建立如图所示空间直角坐标系.

则.

.

设平面的法向量为，

则，令，则，故.

设到平面的距离为，则.

（3）假设线段上存在一点，使二面角为.设，

则，.

设平面的法向量为，

则，令则，

所以.

由于平面，所以，是平面的一个法向量，

所以，解得（负根舍去）.

所以在线段上存在一点，使二面角为，且.

【点睛】证明线面平行的方法主要是通过线线平行来证明，求点面距可以考虑向量法来计算.

24. 答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）（i）详见解析；（ii）详见解析.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）列出所有整点后可得的所有可能值.

（Ⅱ）对于（i），可用反证法，对于（ii），可设直线上选择了个的点，计算可得诸直线上不同两点的横坐标和的不同个数的最小值为，结合中任意不同两项之和的不同的值恰有个可得至少有一个和出现两次，从而可证结论成立.

【详解】解:（Ⅰ）当时，4个整点分别为.

所以的所有可能值.                                    

 （Ⅱ）（i）假设不存在互不相同的四个整点，

满足.

即在直线中至多有一条直线上取多于1个整点，其余每条直线上至多取一个整点， 此时符合条件的整点个数最多为.

而，与已知矛盾.

故存在互不相同的四个整点，满足.

（ii）设直线上有个选定的点.

若，设上的这个选定的点的横坐标为，且满足.

由，

知中任意不同两项之和至少有个不同的值，这对于也成立.

由于中任意不同两项之和的不同的值恰有个，

而,

可知存在四个不同的点，

满足.

【点睛】本题考查集合中的计数问题，对于存在性问题，可从反面讨论或从不同和的个数切入，本题类似于组合数学的抽屉原理，本题竞赛味浓烈，属于难题.