2024-2025学年北京市海淀区北京理工大学附属中学高二上学期回归练习数学试题（含解析）

2024-2025学年北京理工大学附属中学高二上学期回归练习
数学试题
一、选择题：本题共10小题，每小题4分，共40分。
1.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则的共轭复数( )
A. B. C. D.
2.若，，则是( )
A. 第一象限角 B. 第二象限角 C. 第三象限角 D. 第四象限角
3.如图，八面体的每个面都是正三角形，并且个顶点，，，在同一平面内，若四边形是边长为的正方形，则这个八面体的表面积为( )
A. B. C. D.
4.在中，，，，则( )
A. B. C. D.
5.在平面直角坐标系中，已知，则的取值范围是( )
A. B. C. D.
6.函数的部分图象如图所示，则其解析式为( )
A. B.
C. D.
7.已知函数，“存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称”是“”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
8.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
9.在梯形中，，，，，，则与夹角的余弦值为( )
A. B. C. D.
10.如图，已知正方体的棱长为，其中，，，，，，分别为棱，，，，，，的中点，那么三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分的体积为( )
A. B. C. D.
二、填空题：本题共5小题，每小题4分，共20分。
11.已知纯虚数满足，则可以是 ．
12.已知，则 ．
13.有一个木制工艺品，其形状是一个圆柱被挖去一个与其共底面的圆锥．已知圆柱的底面半径为，高为，圆锥的高为，则这个木质工艺品的体积为 ；表面积为 ．
14.在中，，则 ， ．
15.如图，在棱长为的正方体中，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，给出下列四个结论：
任意点，都有；
存在点，使得平面；
存在无数组点和点，使得；
点到直线的距离最小值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
三、解答题，共4小题，每小题10分，共40分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16.在中，分别是三个内角的对边，．
求的大小；
若，且边上的高是边上的高的倍，求及的面积．
17.如图，在长方体中，，，为的中点．
求证：平面；
求证：平面平面；
求点到平面的距离．
18.设函数从下列三个条作中选择两个作为已知，使得函数存在．
求的最小正周期及单调递减区间；
若对于任意的，都有，求实数的取值范围．
条件：函数的图象经过点；
条件：在区间上单调递增；
条件：足的一条对称轴．
19.设为正整数，集合对于集合中的任意元素和，定义，，以及．
若，，，，求；
若，均为中的元素，且，，求的最大值；
若均为中的元素，其中，，且满足，求的最小值．
答案解析
1.
【解析】解：在复平面对应的点是，根据复数的几何意义，，
由共轭复数的定义可知，．
故选：．
2.
【解析】
解：由，可得的终边在第一象限或第二象限或与轴的正半轴重合，
由，可得的终边在第二象限或第四象限，
因为，同时成立，所以是第二象限角．
故选：．
3.
【解析】每个面的面积为，所以该图形的表面积为．
故选：
4.
【解析】在中，由，，得，
由正弦定理，得．
故选：
5.
【解析】由题意，，
又，所以，，
所以．
故选：
6.
【解析】由函数的最大值为，可知，，
，得，
当时，，，得，，
因为，所以，
所以函数的解析式为．
故选：
7.
【解析】若存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称，
因为，且，则，
则，解得，
又因为是的真子集，
所以“存在，函数的图象既关于直线对称，又关于点对称”是“”的必要不充分条件．
故选：．
8.
【解析】对于若，则可能， A错误；
对于若，则可能， B错误；
对于若则可能不垂直， C错误；
对于若，则， D正确．
故选：．
9.
【解析】设与交于，因为，，，所以，，
又因为，，所以，，，，所以，，
由余弦定理得，即，
，即，
，所以．
故选：
10.
【解析】
如图所示，设交于点，由题意三棱柱与三棱柱在正方体内部的公共部分为四棱锥，
显然四棱锥的高为，底面是边长为的正方形，
故所求体积为．
故选：．
11.答案不唯一
【解析】
解：为纯虚数，设，，
，解得或，即或．
故答案为：答案不唯一．
12.
【解析】解：因为，
所以
，
所以．
故答案为．
13.
【解析】由题意可知：这个木质工艺品的体积为；
因为圆锥的母线长为
所以这个木质工艺品的表面积为．
故答案为：；．
14.

【解析】由已知可得，
．
故答案为：；
15.
【解析】因为，且，可知为平行四边形．
对于：因为为正方形，则，
又因为平面，平面，则，
且，平面，
可得平面，由平面，则，故正确；
对于：由可知：平面，由平面，则，
同理可证：，
且，平面，可得平面，
又因为平面，平面，
可知平面与平面相交，
所以不存在点，使得平面，故错误；
对于：若，则四点共面，即平面，
又因为点侧面，且侧面平面，则，
根据平面的性质可知：对任意线段不包括，均存在，使得，
所以存在无数组点和点，使得，故正确；
对于：由可知：平面，
由垂线性质可知，当平面时，点到直线的距离最小，
又因为，
可知为正三棱锥，点为等边的中心，
此时点到直线的距离为，
所以点到直线的距离最小值是，故正确；
故答案为：．
16.由正弦定理可得，
因为，所以．
所以
所以
因为，所以，，
所以，所以，即．
因为边上的高是边上的高的倍，，
所以由等面积法知，
所以，
所以，
所以

【解析】由正弦定理转化为三角函数，由二倍角的正弦公式化简即可得解；
由高的关系得出边的关系，再由余弦定理求出，由面积公式求面积即可．
17.在长方体中，令，则为中点，连接，
由为的中点，得，而平面，平面，
所以平面．
由平面，平面，得，
矩形中，，则矩形为正方形，，
而平面，则平面，又平面，
所以平面平面．
在中，过作于，由平面平面，平面平面，
平面，因此平面，显然，，
在中，，
所以点到平面的距离为．

【解析】令，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得．
利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得．
过作于，由的结论，结合面面垂直的性质推理计算即得．
18.因为，
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，此时不存在；
选条件：由在区间上单调递增，有，即，
又且，即，所以，
由是的一条对称轴，则，，
所以，，所以，
所以，则的最小正周期，
由，解得，
所以的单调递减区间为；
若选：由函数的图象经过点，
则，，即，，
由是的一条对称轴，则，，所以，，
此时不存在；
由可知，
因为，所以，
所以，，
因为对于任意的，都有，所以，
即的取值范围为．

【解析】利用辅助角公式化简，结合所选条件，利用周期与单调性求出，求函数解析式即可；
由的范围求出的范围，即可求出函数的值域，依题意．
19.设，则由，，知．
所以，得．
而，故，从而．
所以．
由已知有，，
这些条件的含义是，都恰有个分量等于，且任意两个不同向量没有同时为的分量．
由于，故一共只有个分量，这表明全体的所有分量中，至多有个．
而显然一共有个，故，得．
显然，，满足条件，此时．
这就说明的最大值是．
由，，知，．
而条件的含义是，在序列中，任意一对相邻的向量都恰有个分量不相等．
根据题目内容，已有．
若，则，，且恰有个分量不相等，恰有个分量不相等．
换言之，恰有个分量相等，恰有个分量相等．
而，故一定存在，使得的第个分量不相等，的第个分量也不相等．
这就表明的第个分量相等，但，，它们没有相等的分量，矛盾；
这就表明．
注意到，，，满足全部条件，此时．
所以的最小值是．

【解析】设，然后直接根据定义解得的值即可；
根据已知条件考虑中所有等于的分量的个数，得到，再对构造符合条件的例子；
直接通过反证法说明不可能成立，然后对构造符合条件的例子．
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