2024年北京延庆高二（上）期中数学（PDF版，含答案）

2024 2025
本试卷共 6 页，150 分。考试时长 120 分钟。考生务必将答案答在答题纸上，在试
卷上作答无效。考试结束后，将本试卷和答题纸一并交回。
第一部分（选择题 共 40分）
一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 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）在复平面内，复数1 i 的共．轭．复．数．对应的点位于
（A）第一象限 （B）第二象限 （C）第三象限 （D）第四象限
（2）已知向量 a ( 1,2,1)，b (3, x, y)且 a // b，那么 | b | ＝
（A）3 6 （B） 6 （C）9 （D）18
（3）在空间直角坐标系中，点 P(1, 2,3)关于坐标平面 xOy 的对称点为
（A） (1, 2,3) （B） (1,2, 3) （C） (1, 2, 3) （D） ( 1,2,3)
（4）设 v1 (0,1,1) ， v (1,0, 1) 分别是空间中直线 l1 ， l2 2 的方向向量，则直线 l1 ， l2 所
成角的大小为
5 2
（A） （B） （C） （D）
6 6 3 3
（5）过 ( 2, 0)和 (0, 2) 两点的直线的倾斜角是
3
（A） 1 （B）1 （C） （D）
4 4
（6）“ a 1”是“直线 l1 : ax y 2 0 与 l2 : 2x (a 1)y 2 0 平行”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
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（7）在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中， AA1 a ， AB b ，
AD c，点 P 在 A1C 上，且 A1P : PC 1: 2，则 AP =
2 1 1 1 2 2
（A） a b c （B） a b c
3 3 3 3 3 3
1 1 2 1 2 2
（C） a b c （D） a b c
3 3 3 3 3 3
（8）已知正方体 ABCD A1B1C1D1 的棱长为 2， E 为
BB1的中点，则 B1 到平面 A1 D1E 的距离为
2 5 2 5 2 3
（A） 5 （B） （C） （D）
5 3 5
（9）在正方体 ABCD A1B1C1D1中，点 E 是线段 A1C1上任意一点，
则 AE 与平面 ABCD所成角的正弦值不．可．能．是
1 2 5 6
（A） （B） （C） （D）
3 3 3 3
（10）已知点 A (0, 1) ，B (0,1) ，直线 l : y kx 2，若直线 l 上至少存在三个M ，使得
MAB为直角三角形，直线 l 倾斜角的取值范围是
5 2
（A） (0, ] [ , ] （B）[ , ) ( , ]
6 6 3 2 2 3
3 5
（C）[ , ) ( , ] （D）[ , ) ( , ]
4 2 2 4 6 2 2 6
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第二部分 （非选择题 共 110 分）
二、填空题共 5小题，每小题 5分，共 25 分。
5i
（11）复数 z ，则 | z | = ．
1 2i
（12）已知点 A(1,1, 4)， B(1, 4, 2) ，点C 在线段 AB 上，且 | AC | 2 | CB |，则点C 坐标
为 ．
（13）若平面 ，平面 的法向量为 n1 (1, 2,3) ，平面 的法向量为 n2 (x, y, 0)，
写出平面 的一个法向量 ．
（14）已知点 A(1,3)， B( 1,4)，直线 l : y ax 2与线段 AB 无．交．点．，则直线 l 在
y 轴上
的截距为 ；a的取值范围是 ．
（15）如图：在直三棱柱 ABC A1 B1 C1 中， AB BB 3 ， BC 3 ， ABC 90 ，1
CH xCB ，CP yCB1(0 x 1,0 y 1) .记 f (x, y) AH HP，给出下列四个
结论：
①存在H ，使得任意 P ，都有 AH HP；
②对于任意点H ，都不．存．在．点 P ，使得平面 AHP 平面 A1B1C ；
③ f (x, y)的最小值为3；
④当 f (x, y)取最小时，过点 A，H ， P 作三棱柱的截面，则截面周长为5 6 .
其中，所有正确结论的序号是 ．
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三、解答题共 6小题，共 85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
（16）（本小题 13 分）
已知△ABC 的顶点坐标为 A( 1,5) 、 B( 2, 1) 、C(4,3) ．
（Ⅰ）求过点 B 且与直线 AC 平行的直线的方程；
（Ⅱ）求 BC 边上的中线所在直线的方程；
（Ⅲ）求 AB 边上的高所在直线的方程．
（17）（本小题 14 分）
如图，在三棱柱 ABC A1B1C1 中， CC1 底面 ABC ， D 是 A1C1 的中点，且
AC BC CC1 2.
（Ⅰ）求证： BC1 // 平面 AB1D ；
（Ⅱ）若 AC BC ，求直线CC1与平面 AB1D 所成角的正
弦值；
（Ⅲ）若 AC BC ，求平面 AB1D 与平面 ACC1A1 所成角
的余弦值.
（18）（本小题 14 分）
设△ABC 的内角 A， B ，C 对应的边分别为 a ，b ， c ，且b sin A 3a cos B .
（Ⅰ）求角 B 的大小；
（Ⅱ）从下列三个条件中选择一组作为已知，使△ABC 存．在．且．唯．一．，并求△ABC 的面积．
条件①：b 3， sinC 2sin A ；
条件②：b 21， a 5 ；
21
条件③：b 21， cosC ．
7
注：如果选择的条件使△ABC 不存在或不唯一，第（Ⅱ）问得0 分．
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（19）（本小题 14 分）
2
已知函数 f (x) 2a sin x cos x 2 cos x，且 f (x)的图像过点 ( , 0) ．
6
（Ⅰ）求函数 f (x)的最小正周期和单调递减区间；

（Ⅱ）若函数 f (x)在[ , m]上与直线 y 3有交点，求实数m 的取值范围；
12
11
（Ⅲ）设函数 g(x) | f (x) t | （ t R ），记函数 g(x)在[ , ] 上的最大值为M (t)，
6 12
求M (t)的最小值及此时 t 的值．
（20）（本小题 15 分）
如图，已知四棱锥 P ABCD中，底面 ABCD 是边长为 4的正方形，CD 平面
PAD ， PAD是正三角形， E ， F ，G ，O 分别为 PC ， PD， BC ， AD 的中点．
（Ⅰ）求证： PO 平面 ABCD；
（Ⅱ）求点 A到平面 EFG 的距离；
（Ⅲ）线段 PC 上是否存在点M ，使得三棱锥M EFG
3 PM
的体积为 ，若存在，求 的值；若不存在，
3 PC
说明理由．
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（21）（本小题 15 分）
给定正整数 n 2 ，设集合M { | (t1,t2 , ,tn ),tk {0,1},k 1,2, ,n}．对于集
合M 中的任意元素 (x1, x2 , , xn )和 (y1, y2 , , yn )，记
x1y1 x2 y x y A M2 n n ．设 ，且集合 A { i | i (ti1,ti2 , ,tin ),i 1,2, ,n}，
p, i j,
对于 A中任意元素 i , j ，若 i j 则称 A具有性质T(n, p) ．
1, i j,
（Ⅰ）判断集合 A {(1,1,0),(1,0,1),(0,1,1)}是否具有性质T (3,2)，
集合B {(1,1,0,0),(1,0,1,0),(0,1,1,0),(1,0,0,1)}是否具有性质T(4,2)；
（直接写出答案，结论不需要证明）
（Ⅱ）判断是否存在具有性质T(4, p) 的集合 A，并加以证明；
（Ⅲ）若集合 A具有性质T(n, p) ，证明： t1 j t2 j tnj p ( j 1,2, ,n) ．
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延庆区 2024-2025学年第一学期期中考试
高二数学参考答案及评分标准 2024.11
一、选择题（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分）
（1）D （2）A （3）B （4）C （5）D
（6）C （7）A （8）B （9）A （10）B
二、填空题（共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分）
（11） 5 （12） (1,3,0) （13） (2, 1,0) （不唯一，共线即可）
（14） 2， ( 6,5) （注： 第一问 3 分，第二问 2 分）
（15）①③④ （注：对一个 2 分，两个 3 分，有选错 0 分）
三、解答题（共 6 小题，共 85 分）
（16）（共 13 分）
5 3 2
解：（Ⅰ）直线 AC 的斜率 kAC = = ……2 分
1 4 5
2
过点 B 且与直线 AC 平行的直线的斜率为 ……4 分
5
过点 B 且与直线 AC 平行的直线方程为
2
y +1= (x + 2) 2x +5y +9 = 0 ……5 分
5
（Ⅱ）设 BC 边的中点为D ，因为 B ( 2, 1)、C (4,3)，
2+ 4 1+3
所以点D 的坐标为 , ，即 D (1,1)， ……7 分
2 2
5 1
kAD = = 2 ……8 分
1 1
所以 BC 边的中线所在直线方程为 y 1= 2(x 1) 2x + y 3 = 0 ……9 分
1 5
（Ⅲ）因为 kAB = = 6 ， ……10 分
2 +1
1
所以 AB 边的高线所在直线的斜率为 ， ……12 分
6
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1
因此 AB 边的高线所在直线方程为 y 3 = (x 4) x + 6y 22 = 0 .……13 分
6
（17）（共 14 分）
（Ⅰ）证明：连接 A1B，设 A1B∩AB1＝E，连接 DE，
由 ABC﹣A1B1C1 为三棱柱，得 A1E＝BE．
又∵D 是 A1C1 的中点，所以 DE 是 A1BC1的中位线， ……1 分
∴BC1∥DE． ……2 分
∵BC1 平面 AB1D，DE 平面 AB1D， ……3 分
∴BC1∥平面 AB1D； ……4 分
（Ⅱ）解：∵CC1⊥底面 ABC，AC⊥BC， ……5 分
以 C 为原点，CA ，CB ，CC1 的方向分别为 x，y，z 轴正方向建立如图所示的空
间直角坐标系，则 C（0，0，0），A（2，0，0），B（0，2，0），
A1（2，0，2），B1（0，2，2），C1（0，0，2），D（1，0，2），
CC1 = (0, 0, 2) , AB1 = ( 2, 2, 2) , AD = ( 1, 0, 2)
设平面 AB1D 的法向量为 n = (x, y, z)
n AB1 = 2x + 2y + 2z = 0
由 ，得 n = (2,1,1) ； ……7 分
n AD = 2x + 2z = 0
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设直线 C C1 与平面 AB1D 所成角为 θ．
n CC 6
则 sin =| cos n,CC 11 |= = ． ……9 分
| n || CC | 61
6
∴直线 C C1 与平面 AB1D 所成角的正弦值为 ． ……10 分
6
（Ⅲ）设平面 AB1D 与平面 ACC1A1所成角为 ， 为锐角，
平面 ACC1A1的法向量为m = (0,1, 0) , ……11 分
n m 6
cos =| cos n, m |= = ， ……13 分
| n || m | 6
6
平面 AB1D 与平面 ACC1A1所成角余弦值为 ． ……14 分
6
（18）（共 14 分）
a b
解：（Ⅰ）∵b sin A = 3a cos B ，由正弦定理 = ……2 分
sin A sin B
得 sin B sin A = 3 sin Acos B ， ……3 分
在△ABC 中，sinA≠0, tan B = 3 ， ……4分
∵B∈（0，π）， ……5 分
∴ B = ． ……6 分
3
（Ⅱ）若选①，∵sinC＝2sinA，c = 2a ……7 分
由余弦定理 b2
2 2 2
＝a2+c2﹣2accosB，得9 = a + 4a 4a cos B ， ……9 分
解得 a = 3 ， c = 2 3 ……11 分
1 3 3
∴ S = acsin B = ． ……14 分
2 2
21
若选③，∵ b = 21， cosC =
7
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5 7
sin A = sin(B +C) = sin BcosC + cos BsinC = ……10 分
14
由正弦定理可得： c = 4 ……11 分
1
S = bcsin A = 5 3 ……14 分
2
选择②，面积公式 2 分；余弦定理 2 分.不超过 4 分.
（19）（共 14 分）
3 3
解：（Ⅰ）由题意， f = asin + 2cos
2
= a + 2 = 0 ，
6 3 6 2 4
解得 a = 3 . ……1 分
∴ f (x) = 3 sin 2x + 2cos2 x ， ……2 分
= 3 sin 2x + cos 2x +1， ……3 分

= 2sin 2x + +1， ……4 分
6
2
f ( x)的最小正周期T = = ； ……5 分
2
2
f ( x)的单调减区间为[ + k , + k ],k z ……7 分
6 3

（Ⅱ）∵函数 f ( x)在区间 ,m 上与直线 y = 3有交点
12



所以，函数 f ( x)在区间 ,m 上的最大值为 3， ……8 分
12

又因为 2x + [0,2m+ ] ……9 分
6 6

所以 2m+ ，解得m . ……10 分
6 2 6

∴实数 m 的取值范围是 ,+ .
6
高二数学答案 第 4 页（共 7 页）
11
（Ⅲ） g(x) =| f (x) t |=| 2sin 2x + +1 t |， x [ , ]， 2x + [ , 2 ]
6 6 12 6 2

当 2x + = 时， f (x) t 取最大值3 t
6 2
3
当2x + = 时， f (x) t 取最小值 1 t
6 2
所以，当 t 1时， M (t) = 3 t ……11分
当 t 1时， M (t) = t +1 ……12分
所以，当 t = 1时， M (t)min = 2 ……14分
（20）（共 15 分）
（Ⅰ）证明：因为△PAD 是正三角形，O 是 AD 的中点，
所以 PO⊥AD． ……1 分
又因为 CD⊥平面 PAD，PO 平面 PAD，CD⊥PO， ……2 分
AD∩CD＝D，CD，AD 平面 ABCD， ……3 分
所以 PO⊥面 ABCD； ……4 分
解：（Ⅱ）因为OA，OG ，OP 两两互相垂直.以 O 点为原点，OA，OG ，OP 的方
向分别为 x，y，z 轴正方向建立如图所示的空间直角坐标系． ……5分
则O(0, 0, 0) ， A(2, 0, 0)， B(2, 4, 0)，C( 2, 4, 0) ， D( 2, 0, 0)， P(0, 0, 2 3) ,
E( 1, 2, 3) , F ( 1, 0, 3) , G(0, 4, 0) ，
EF = (0, 2,0) ， EG = (1, 2, 3) ， FG = (1, 4, 3) .
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设平面 EFG 的法向量为 n = (x, y, z) ，
n EF = 2y = 0
由 ，得 n = ( 3, 0,1) ……7 分
n EG = x + 2y 3z = 0
AE = ( 3, 2, 3) ,
| AE n |
点 A到平面 EFG 的距离d = = 3 ……9 分
| n |
1 1
（Ⅲ）设 PM = PC ， [0, ) ( ,1] ……10 分
2 2
M ( 2 , 4 , 2 3 2 3 ) ， EM = (1 2 , 4 2, 3 2 3 )
| PF n |
所以点 M 到面 EFG 的距离为定值 d = = 3 |1 2 | ……11 分
| n |
EF EG 4 2
cos EF , EG = = =
| EF || EG | 2 2 2 2
1
S EFG = | EF || EG | sin EF ,EG = 2 ……12 分
2
1 1 3
VM EFG = S EFGh = | EF || EG | sin EF ,EG h = ， ……13 分
3 6 3
PM 1 3
解得： = = 或 . ……15 分
PC 4 4
（21）(共 15 分）
（Ⅰ）集合 A具有性质T (3,2)， ……2 分
集合 B 不具有性质T (4,2) ． ……4 分
（Ⅱ）当 n = 4 时，集合A 中的元素个数为 4 ．由题设 p {0,1,2,3,4}．……5 分
假设集合A 具有性质T (4, p) ，则
①当 p = 0时， A = {(0,0,0,0)}，矛盾．
②当 p =1时，A = {(1,0,0,0), (0,1,0,0), (0,0,1,0), (0,0,0,1)}，不具有性质T (4,1) ，矛盾．
高二数学答案 第 6 页（共 7 页）
③当 p = 2 时， A {(1,1,0,0), (1,0,1,0), (1,0,0,1), (0,1,1,0), (0,1,0,1), (0,0,1,1)}．
因为 (1,1,0,0)和 (0,0,1,1)至多一个在A 中；(1,0,1,0)和 (0,1,0,1)至多一个在A 中；
(1,0,0,1)和 (0,1,1,0)至多一个在A 中，故集合A 中的元素个数小于 4 ，矛盾．
④当 p = 3时， A = {(1,1,1,0), (1,1,0,1), (1,0,1,1), (0,1,1,1)}，不具有性质T (4,3)，矛盾．
⑤当 p = 4 时， A = {(1,1,1,1)}，矛盾．
综上，不存在具有性质T (4, p) 的集合A ． ……10 分
（Ⅲ）记 c j = t1 j + t2 j + + tnj ( j =1,2, ,n) ，则 c1 + c2 + + cn = np ．
若 p = 0，则 A = {(0,0, ,0)}，矛盾．若 p =1，则 A = {(1,0,0, ,0)}，矛盾．
故 p 2． ……11 分
假设存在 j 使得 c j ≥ p +1，不妨设 j =1，即 c1 ≥ p +1．
当 c1 = n时，有 c j = 0或 c j =1 ( j = 2,3, ,n) 成立．
所以 , , , 中分量为1的个数至多有 n + (n 1) = 2n 1 2n ≤ np1 2 n ． ……12 分
当 p +1≤ c1 n时，不妨设 t11 = t21 = = t p+1,1 =1,tn1 = 0．
因为 n n = p ，所以 n 的各分量有 p 个1，不妨设 tn2 = tn3 = = tn, p+1 =1．
由 i j 时， i j =1可知， q {2,3, , p +1}， t1q , t2q , , t p+1,q 中至多有1个1，
即 1, 2 , , p+1 的前 p +1个分量中，至多含有 p +1+ p = 2 p +1个1． ……13 分
又 i =1 (i =1,2, , p +1)，则 1, 2 , , n p+1 的前 p +1个分量中，含有
( p +1) + ( p +1) = 2 p + 2 个1，矛盾． ……14 分
所以 c j ≤ p ( j =1,2, ,n) ． 因为 c1 + c2 + + cn = np ，
所以 c j = p ( j =1,2, ,n) ．所以 t1 j + t2 j + + tnj = p ( j =1,2, ,n) ．……15 分
高二数学答案 第 7 页（共 7 页）