1、北京市中关村中学2020-2021学年高二数学上学期期中试题（含解析）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. 【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. 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.
2、是纯虚数【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. 已知向量，且，那么等于（ ）A. B. C. D. 5【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：B4. ，则（ ）A. B. C. D. 【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
3、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. 下列函数中，在定义域内满足的是（ ）A. B. C. D. 【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：C6. 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2D. 经过和的直线
4、的斜率是1，则【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：D7. 如图在长方体中，设，则等于（ ）A. 1B. 2C. 3D. 【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.
5、故选：A8. 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. 【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. 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. 【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：A10. 在空间中，已知直线的方向向
6、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【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：C11. 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. 【答案】D【解析】【分析】判断出轨迹，求得到的最小
7、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. 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
8、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【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
9、，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
10、向量）的余弦值，即可求得结果.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， 存在某个位置，使；存在某个位置，使；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. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】对于，当平面面时，平面面面，故正确；对于，若存在某个位置，使，面与为锐角相矛盾，错误；对于，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.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
11、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.二、填空题14. 直线的倾斜角是_，在轴上的截距为_.【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. 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_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析
12、】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. 已知向量，且，则=_，=_.【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. 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_.【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
13、足的方程为，故答案为：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：一条对称轴方程为；点是对称中心；在区间上为单调增函数；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）【答案】【解析】【分析】先求得，然后利用代入法判断，根据单调区间和最值的求法判断.【详解】函数的图象向左平移个单位得到函数，所以错误.，所以正确.由，解得，.令得，所以在区间上为单调增函数，即正确.由得，所以当时，有最小值为，所以正确.故答案为：【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. 已知.（1）_；（
14、2）若实数，则在区间上的最大值的取值范围是_.【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.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（）求角的大小；（）求
15、的值；（）求的值【答案】（）；（）；（）.【解析】【分析】（）直接利用余弦定理运算即可；（）由（）及正弦定理即可得到答案；（）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】（）在中，由及余弦定理得，又因为，所以；（）在中，由，及正弦定理，可得；（）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. 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【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
16、）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. 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.【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
17、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. 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.【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
18、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
19、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. 已知，给定个整点,其中.（）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；（）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,.【答案】（）；（）（i）详见解析；（ii）详见解析.【解析】【分析】（）列出所有整点后可得的所有可能值.（）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
20、两次，从而可证结论成立.【详解】解:（）当时，4个整点分别为.所以的所有可能值. （）（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.
