[数学]2023北京人大附中高二(上)期中试卷(教师版)

这是一份[数学]2023北京人大附中高二(上)期中试卷(教师版)，共25页。试卷主要包含了填空题等内容，欢迎下载使用。

数
学
2023 年 11 月 3 日
说明：本试卷共六道大题，共 7 页，满分 150 分，考试时间 120 分钟
第 I 卷（共 18 题，满分 100 分）
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
/ /
1. 已知平面 平面  ，直线 a

，直线b
 
，则 a 与b 的位置关系是（
C. 异面
）
A. 平行
B. 平行或异面
D. 异面或相交
( − )，若向量
A 3, 1,0
AB 2, 5, 3
− )，则点 B 的坐标是（
）.
= (
2. 已知点
( −
1, 6,3
)
(
5, 4, 3
− )
(− − )
(
D.
− )
2, 5, 3
1, 6, 3
A.
B.
C.
用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角△OAB，其中
3. 一个水平放置的平面图形
  =
A B
10 ，则平面图形
的面积为（
）
A. 5 2
B. 10 2
C. 10 5
D. 5 5
4. 已知 csa,b = − ，则下列说法错误的是（
．．
）
3
1
3
A. 若 a 分别是直线
l ,l
的方向向量，则
l ,l
所成角余弦值是
1 2
1
2
1
B. 若 a,b 分别是直线 l 的方向向量与平面 的法向量，则 l 与
所成角正弦值是
3
1
3
C. 若 a 分别是平面 ABC、平面 BCD 的法向量，则二面角 A BC D
−
−
的余弦值是
2 2
3
分别是直线 l 的方向向量与平面 的法向量，则 l 与
所成角余弦值是
D. 若 a
.
5. 一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切，过一条侧棱和对边的
中点作三棱锥的截面，所得截面图形是
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A.
B.
C.
D.
ABCD − A B C D
是矩形，其中 AB 2 ， AD 4 ，
AA1 = 3，且
=
=
6. 如图，平行六面体
的底面
ABCD
1
1
1
1
A AD = A AB = 60
AC
的长为（
1
，则线段
）
1
1
A.9
B. 29
C. 47
D. 4 3

 − l − 
AC  , AC ⊥ l ， BD  , BD ⊥ l
，若
7. 如图，已知大小为 60 的二面角
棱上有两点 A，B，
AC = 3, BD = 3,CD = 7
，则 AB 的长度（
）
A. 22
B. 40
C. 2 10
D. 22
8. 鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立
方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经 90°榫卯起来.若正四棱柱
的高为 6，底面正方形的边长为 1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形
容器表面积的最小值为
A. 41π
B. 42π
C. 43π
D. 44π
ABCD − A B C D
是棱长为 4 的正方体，
1
P −QRH
9. 如图，
是棱长为 4 的正四面体，底面 ABCD
,
1
1
1
QRH
BC / /QH
AD
PHQ
平行的截面面积是
在同一个平面内，
，则正方体中过
且与平面
第2页/共25页

A. 4 17
B. 8 5
C. 12 2
D. 16 2
10. 《九章算术·商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两壍堵．斜解壍堵，其一为阳马，一为鳖
A B CD
臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．”意思是：如图，沿正方体对角面
截正方体可得两个壍
1
1
B C D
D − A B C D
D − B C C
），
堵，再沿平面
截壍堵可得一个阳马（四棱锥
），一个鳖臑（三个棱锥
1
1
1
1
1
1
1 1
若 P 为线段 CD 上一动点，平面 过点 P ，CD ⊥ 平面 ，设正方体棱长为1， PD = x ，
与图中鳖臑
截面面积为S ，则点 P 从点 D 移动到点C 的过程中，S 关于 的函数图象大致是（ ）
x
A.
B.
C.
D.
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）
AB + AC =
11. 已知正方形 ABCD 的边长为 2，则
_________.
12. 已知圆锥的轴截面是边长为 2 的等边三角形，则此圆锥的表面积为________.
13. 平面与平面垂直的判定定理符号语言为：____________________.
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14. 在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址
通信.多址通信的理论基础是：若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介.在 n
)
= (

)
x , x , , x ,b y , y , , y
满足
n
维空间中，正交的定义是两个 n 维向量
a
= (

1
2
n
1
2
x y + x y ++ x y = 0
.已知某通信方式中用户的信号是 4 维非平向量，有四个用户同享一个发射媒
1
1
2
2
n
n


2
2
(0, 0, 0,1), (0, 0,1, 0),
,−
,0,0
.写出一个满足条件的第四个用户
介，已知前三个用户的信号向量为


2
2


的信号向量__________.
15. 一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为 2 的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体
积可能为__________.
三、解答题（本大题共 3 小题，共 35 分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在
答题纸上的相应位置.）
A(1, 1, 1), B(1, 2, 3),C(4, 5, 6), D(7,8, x)
16. 已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：
（1）求| AC | ；
.
（2）若 AB ⊥ CD ，求 x 的值；
（3）若 D 点在平面 ABC 上，直接写出 x 的值.
1
17. 如图所示，在四棱锥 P ABCD 中，
−
BC
平面 PAD ，
BC = AD
，E 是 PD 的中点.
2
（1）求证： BC∥AD ；
（2）求证：CE 平面 PAB ；
（3）若 M 是线段CE 上一动点，则线段 AD 上是否存在点 N，使 MN 平面 PAB ？说明理由.
18. 如图所标，已知四棱锥 E − ABCD 中，ABCD 是直角梯形， ABC

= 
BAD 90，平面 EAB ⊥ 平面
=
ABCD ， AB = BC = BE = 6,AD = 3,AE = 6 2 .
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（1）证明： BE 平面
⊥
ABCD ；
（2）求 B 到平面 ADE 的距离；
（3）求二面角 A DE C 的余弦值.
−
−
第Ⅱ卷（共 8 道题，满分 50 分）
一、选择题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
19. 关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（
）


π
2


π
2
0,
0,
0,
0,
①空间中两条直线所成角的取值范围是
②空间中直线与平面所成角的取值范围是






π


π
③空间中二面角的平面角的取值范围是 

④空间中平面与平面所成角的取值范围是 

2
2
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4
20. .如图，在正方形 ABCD 中，点 E、F 分别为边 BC ， AD 的中点.将△ABF 沿 BF 所在直线进行翻
折，将
沿 DE 所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是（
）
A. 点 A 与点 C 在某一位置可能重合
C. 直线 AB 与直线 DE 可能垂直
B. 点 A 与点 C 的最大距离为
3AB
D. 直线 AF 与直线CE 可能垂直
ABCD
−    
21. 在正方体 ABCD A B C D 中， P 为棱 AA 上一动点， 为底面

Q
上一动点， M 是 PQ
的中
P,Q
都运动时，点 构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（ ）
M
点，若点
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A. 棱柱
22. 如图，在棱长为 2 的正方体
下列结论正确的是（
B. 棱台
C. 棱锥
D. 球的一部分
ABCD − A B C D
AC
中，P 为线段
的中点，Q 为线段 BC
上的动点，则
1
1
1
1
1
1
1
）
PQ / /BD
PQ ⊥
平面
AB C D
1 1
A. 存在点 Q，使得
B. 存在点 Q，使得
π
C. 三棱锥Q − APD
D. 存在点 Q，使得 PQ 与 AD 所成的角为
的体积是定值
6
二、填空题（共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.把答案填在答题纸上的相应位置.）
ABCD − A B C D
中，E 为 BC 的中点，点 P 在正方体表面上移动，且满足
1
23. 如图，在边长为 2 正方体
1
1
1
B P ⊥ D E
B
，则点 和满足条件的所有点 P 构成的图形的周长是__________.
1
1
1
ABC
CC 的中点，则直线 AD 与平面
1
24. 已知正三棱柱
的所有侧棱长及底面边长都为 2， D 是
A1BD
所成角的正弦值为 ___________．
的中心，
)
= 
+ 
OA
+ 3OA
+  OA
3 4
，
25. 点O 是正四面体
A A A A
= ( =
OA 1 i 1, 2,3, 4 .若OP 1OA
1
2
3
4
i
1
2
2
4
0   1 i =1, 2,3, 4)，则动点 P 扫过的区域的体积为________.
(
其中
i
三、解答题（本小题 15 分，解答应写出文字说明过程或演算步骤.请将答案写在答题纸上的
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相应位置.）
)

(
)
A ={1, 2, 3,
N
*
E = e ,e ,
A m N
*
26. 已知自然数集
，非空集合
.若集合 E 满足：
a = xe + ye , x, y {−1, 0,1}
，称集合 E 为集合 A 的
i j
1
2
e ,e  E(1 i  j  m)
对任意 a A ，存在
一组 m 元基底.
，使得
i
j
（1）分别判断下列集合 E 是否为集合 A 的一组二元基底，并说明理由：
①
②
E ={1, 2}, A ={1, 2,3, 4,5}；
E ={2, 3}, A ={1, 2,3, 4,5, 6}.
n  m(m +1)
（2）若集合 E 是集合 A 的一组 m 元基底，证明：
；
A ={1, 2, 3,
（3）若集合 E 为集合
的一组 m 元基底，求 m 的最小值.
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参考答案
第 I 卷（共 18 题，满分 100 分）
一、选择题（本大题共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一
项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
1. 【答案】B
【分析】利用直线与平面的位置关系判断即可.
【详解】因为平面 / / 平面 ，直线

a  ，直线b  
，
所以 与 可能平行，也可能异面．
b 没有交点，即 a 与b
a
故选：B.
2. 【答案】B
【分析】根据空间向量的坐标表示可得.
【详解】由空间向量的坐标表示可知， AB = OB −OA，
所以OB AB OA 2, 5, 3
=
+
= (
− )+ ( − )= (
3, 1,0
− )
5, 4, 3
，
所以点 B 的坐标为(5,4,−3).
故选：B
3. 【答案】B
【分析】先求得原图形三角形的底与高的值，进而求得原图形的面积
【详解】因为在直观图中，OA = AB = 10 ，所以OB = 10 +10 = 2 5 ，
所以如下图，原图形是一个底边长为 10 ，高为 2 2 5 4 5 的直角三角形，

=
1
2
 10  4 5 =10 2 .
故原图形的面积为
故选：B
4. 【答案】C
【分析】根据向量法逐一判断即可.
  
 2 
【详解】对于 A：因为直线与直线所成角范围为 0,
l ,l
所成角余弦值为
2
csa,b
，故 A
 ，所以
1
3
第8页/共25页

正确；
对于 B：因为直线与平面所成角范围为 0,
  
 2 

 =
cs a,b
 = ，l 与

 ，所以 l 与
所成角正弦值sin
3
2
 1 
 3
2 2
3
所成角余弦值为 1  
−
=
，故 BD 正确；
0,
A− BC − D
的余弦值可能为负值，故 C
对于 C：因为二面角的平面角所成角范围为
，所以二面角
错误；
故选：C
5. 【答案】B
【分析】设三棱锥 S − ABC 的各棱长均相等，由
性质和图象的对称性加以分析，同时对照选项，即可求解.
【详解】如图所示，设三棱锥 S − ABC 的各棱长均相等，球O 是它的内切球，
SC, SH
SCD
确定的平面，得到截面 ，再由正四面体的
设 H 为底面 ABC 的中心，根据对称性可得内切球的球心O 在三棱锥的高
SH
上，
SC, SH
AB
AD,CD
SCD
，得到截面 ，
由
确定的平面交
于 D ，连接
截面 SCD 就是经过侧棱
SC 与 AB
中点的截面，
平面 SCD 与内切球相交，截得的球大圆如图所示，
E, H
因为 SCD 中，圆O 分别与
AD,CE
相切于点
，且 相离，
SD = CD ，圆O 与 SC
所对照各个选项，可得只有 B 项的截面符合题意，故选 B.
【点睛】本题主要考查了正四面体的内切球的截面问题，其中解答中正确理解组合体的结构特征是解答的
关键，着重考查了正四面体的性质，球的性质的应用，属于中档试题.
6. 【答案】C
AC1 = AC + CC
【分析】由
值，进而可得答案
，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出 AC ,2AC CC ,CC 的
1 1
1
AC1 = AC + CC
【详解】由
，
1
AC1 = AC = (AC +CC ) = AC + 2AC CC +CC .
1
1
1
1
AB = 2 AD = 4 AA = 3，
， ，
1
ABCD
因为底面
是矩形，
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所以 AC = AC
= 4 +16 20 ，CC =
9 ，
1
=
A AB = A AD = 60
因为
，
1
1
所以 ABCC = 23cs 60 = 3, BC CC = 43cs 60 = 6
1
1
(
)
2AC CC1 2(AB BC) CC 2(AB CC1 BC CC )=2 3+6 =18

=
+

=

+

所以
，
1
1
AC1 = 20 +18+ 9 = 47, AC1 = 47
故选：C.
7. 【答案】C
AE
=
CE, DE ，易得 CAE = 60 ，通过线面垂直的判定定理
【分析】过 A 作
可得 ED ⊥ 平面 AEC ，继而得到 ED EC ，由勾股定理即可求出答案.
BD ，连接CE, DE
，则四边形 ABDE 是平行四边形，
且 AE BD ，连接
⊥
AE
=
【详解】解：过 A 作
且 AE
⊥
ABDE
BD ⊥ l
AE ⊥ l
，即 ，
因为 BD AB ，所以平行四边形
是矩形，因为
而 AC ⊥ l ，则 CAE 是二面角 −l − 
的平面角，即 CAE 60 ，
因为 BD = AE = AC = 3，即△ACE 为正三角形，所以CE = 3，
ED ⊥ AE,l ⊥ AC ED ⊥ AC ， AE  AC = A, AE, AC 

=
因为
，即
平面 AEC ，
所以 ED ⊥ 平面 AEC ，因为 EC  平面
AEC
，所以
ED ⊥ EC
，
所以在 Rt
故选：C
中， ED = 7
2
−3 = 2 10 ，所以 AB = ED = 2 10 ，
2
8. 【答案】A
【分析】
由于图形的对称性，只要求出一组正四棱柱的体对角线，即是外接圆的直径.
【详解】由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
1
2
41
2

36 + 4 +1 =
即为
，
41
2
∴该球形容器体积的最小值为：4 
(
)
2
= 41π.
故选：A.
【点睛】本题考查了几何体的外接球问题，考查了空间想象能力，考查了转化思想，该类问题的一个主要
第10页/共25页

方法是通过空间想象，把实际问题抽象成空间几何问题，属于中档题.
9. 【答案】C
【分析】首先要根据面面平行的性质定理确定截面的形状，再根据正四面体的性质、等角定理等确定点
E, F
AE 的长度，从而求出截面面积.
的具体位置、
【详解】
设截面与
A B , D C
分别相交于点
1 1
E, F 则 EF / /AD ，过点 P 作平面QRH 的垂线，垂足为O ，则O
是底
，
1
1
4 3
面QRH 的中心.设OR  HQ = G
，则
EAB = PGO
，又因为 RG 2 3
=

RO 2OG =
=
3
4 6
2


4 3
3
4 6
3
PO = 4
2
−
 =
PO
2 2
3
，所以
3
，所以



=

=
=
sin EAB sin PGO
=


PG 2 3
4
2 2
3
=
 EA = 3 2
AEFD
的面积 S = 43 2 12 2 .选 C.
=
，所以四边形
EA
【点睛】本题考查正棱锥的平行关系、等角定理，考查空间想象能力，突显了直观想象的考查.属中档题.
10. 【答案】B
PN
=
x
【分析】分析得出△PMN
△
，可得出
，求出
S
x
关于 的函数关系式，由此可得出
△PMN
CC1
合适的选项.
【详解】设 M 、 N 分别为截面与
DB DC DP = x ， 0  x  1，
的交点，
1
、
1
平面 PMN ，CD ⊥ 平面 B CC ，所以，平面 PMN// 平面 B CC ，
1
1
1
1
DCC1
PMN = PN
DCC1
B CC = CC
，
1
因为平面
平面
，平面
平面
1
1
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PN //CC1，同理可得 MN//B1C PM //B1C
，
所以，
所以，
，
1
PN DN MN DM PM DP
=
=
=
=
=
= x
，
CC1 DC1 B1C1 DB
B1C DC
1
1
1
2
所以，△PMN
△
，易知
S
= B C CC =
，
1
△CB1C1
1
1
1
2
1
S
△PMN
= x
2
S
= x2 .
因此，
△CB1C1
2
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题考查函数图象的辨别，解题的关键就是充分分析图形的几何特征，以此求出函
数解析式，结合解析式进行判断.
二、填空题（本大题共 5 小题，每小题 5 分，共 25 分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）
11. 【答案】 2 5
【分析】根据向量数量积以及模长公式即可求解.
AB = 2, AC = 2 2, AB, AC =
【详解】由题意可知
，
4
2
 AB AC = 22 2 
= 4,
2
2
( )
2 2
故 AB AC
+
=
AB AC 2AB AC
+
+

=
2
2
+
+8 = 2 5 ，
故答案为： 2 5
12. 【答案】3π
【分析】由轴截面可确定圆锥底面半径和母线长，代入圆锥表面积公式即可.
圆锥轴截面是边长为 2 的等边三角形，
【详解】
圆锥底面半径 r =1，圆锥母线长l = 2，
圆锥的表面积 S
故答案为： 3π .
=
πrl πr = 2π + π = 3π .
+
2
a  ,a ⊥   ⊥ 
13. 【答案】
（答案不唯一）
【分析】根据“平面与平面垂直的判定定理”写出正确答案.
a  ,a ⊥   ⊥ 
【详解】平面与平面垂直的判定定理：
.
a  ,a ⊥   ⊥ 
故答案为：
（答案不唯一）
14. 【答案】(1,1, 0, 0)（答案不唯一）
【分析】根据“正交”的定义列方程，从而求得正确答案.
【详解】设满足条件的第四个用户的信号向量是(x, y, z,u)，
第12页/共25页



(
(
) =
(0, 0, 0,1) x, y, z,u 0


(0, 0,1, 0) x, y, z,u = 0
)
则
，




2
2

) =
,
−
,0,0 x, y, z,u
(
0


2
2




u = 0


z = 0
，则u = z = 0, x
= y
则
，

2
2

x −
y = 0

 2
2
故一个满足条件的信号向量是(1,1, 0, 0).
故答案为：(1,1, 0, 0)（答案不唯一）
2
2 3 2 2
15. 【答案】
（或
或
，答案不唯一）
3
3
3
【分析】根据已知条件进行分类讨论，结合三棱锥的体积公式求得正确答案.
【详解】（1）△BCD 是等边三角形，且
⊥
⊥
AB AC, AD AC
，如下图所示，
AB
, AB, AD 
AC ⊥
由于
平面 ABD ，所以 平面 ABD ，
BC = BD = CD = 2, AB = AD = AC = 2 ， AB
2
+
AD
2
=
BD
2
, AB AD，
⊥
1 1
=  
2
则VA−BCD
2

2
 2 =
.
3 2
3
（2）△BCD 是等边三角形，且
AB ⊥ BD, AB ⊥ BC
，如下图所示，
BD  BC = B,BD,BC 
⊥
由于
平面
BCD
，所以 AB 平面 BCD
，
BC = BD = CD = AB = 2 ，
1 1
2 3
所以VA−BCD
=    
2 2 sin 60 =
2
.
3 2
3
第13页/共25页

（3）△BCD 是等边三角形，且
AB ⊥ BD,CD ⊥ AC
，如下图所示，
取 AD 的中点O ，连接OB,OC
，则
BC = BD = CD = AB = 2
， AD = 2 2 ，
1
OB = OC = AD = 2 ，OB
2
+ OC
2
= BC ,OB ⊥ OC
，
2
2
AD ⊥ OB, AD ⊥ OC,OB OC = O,OB,OC  平面OBC
，
所以 AD
⊥
平面OBC
.
1  1
3  2


2 2
3
所以VA−BCD
= 

2

2  2 2

=
.

2
2 3 2 2
故答案为：
（或
或
，答案不唯一）.
3
3
3
三、解答题（本大题共 3 小题，共 35 分.解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在
答题纸上的相应位置.）
16. 【答案】（1）5 2
9
x =
（2）
2
（3） x = 9
【分析】（1）根据空间向量的模求得正确答案.
x
（2）根据向量垂直列方程，化简求得 的值.
x
（3）根据向量共面列方程，从而求得 的值.
【小问 1 详解】
第14页/共25页

)
=
+
42 52 5 2
.
+
=
AC 3, 4,5 , AC
= (
3
【小问 2 详解】
)
= (
− )
AB 0,1, 2 ,CD 3, 3, x 6
= (
，
由于 AB ⊥ CD ，所以 ABCD = 3+ 2x −12 = 2x −9 = 0 ，
9
x =
.
解得
2
【小问 3 详解】
)
= (3, 4,5)
AB 0,1, 2 , AC
= (
，
设 AD = aAB + bAC ，即(
6 = 3b
6, 7, x −1)= (0,a,2a)+ (3b,4b,5b)= (3b,a + 4b,2a +5b)，

7 = a + 4b
a = −1,b 2, x 9 .
=
=
所以
，解得

x −1= 2a + 5b

17. 【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）存在，证明见解析
【分析】（1）根据线面平行的性质定理即可证明；
（2）由中位线、线面平行的性质可得四边形
BCEF
为平行四边形，再根据线面平行的判定即可证明；
（3）根据线面、面面平行的性质定理和判断定理即可判断存在性.
【小问 1 详解】
在四棱锥 P− ABCD 中， BC 平面 PAD ， BC  平面
ABCD ， AD 
平面
PAD ，
平面 ABCD  平面 PAD = AD ，所以
【小问 2 详解】
；
BC∥AD
如下图，取 F 为 AP 中点，连接
EF,BF
，由
E
是
PD 的中点，
1
1
EF = AD
BC∥AD
BC = AD
，又 ，
所以 EF ∥ AD 且
，由（1）知
2
2
所以 EF ∥BC 且 EF = BC ，所以四边形
BCEF
为平行四边形，故CE∥BF ，
而CE  平面 PAB ， BF 平面 PAB ，则CE 平面 PAB
【小问 3 详解】
第15页/共25页

取 AD 中点 N，连接CN ， EN ，
因为 E，N 分别为 PD ， AD 的中点，所以
EN ∥PA
，
EN 
PAB ， PA 
因为
平面
平面
PAB
，所以
EN
平面 PAB ，
线段 AD 存在点 N，使得
平面 PAB ，又CE
所以平面CEN 平面 PAB ，又 M 是CE 上的动点， MN  平面CEN ，
MN
平面
PAB
，理由如下：
由（2）知：CE
，CE  平面CEN EN  平面CEN
，
，
MN
PAB
AD
存在点 N，使得
MN
平面 PAB
所以
平面
，所以线段
.
18. 【答案】（1）证明详见解析
（2）3 2
2
（3）
−
2
【分析】（1）通过证明 BE AB ，结合面面垂直的性质定理证得
⊥
BE ⊥
平面 ABCD.
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得 B 到平面 ADE 的距离.
（3）利用向量法求得二面角 A− DE −C 的余弦值.
【小问 1 详解】
2
+ BE
2
= AE2 ，所以 BE AB ，
⊥
由于 AB
由于平面 EAB 平面
⊥
，且交线为
ABCD AB
，
BE  平面 EAB ，所以 BE ⊥ 平面 ABCD .
【小问 2 详解】
由于 BC  平面
ABCD
，所以
BE ⊥ BC
，
BC, AB,BE
所以
两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，
则 (
) (
) (
) (
)，
C 6, 0, 0 , A 0, 6,0 , E 0, 0,6 , D 3,6,0
= (
AD 3,0,0 , AE 0, 6,6
)
= ( −
)
m = (x, y, z)
的法向量为 ，
故
，设平面
ADE

m
= 0
6y + 6z = 0

m = (0,1,1)
，
则
，故可设
m AE

第16页/共25页

m
6
= (0,6,0
)
= 3 2 .
BA
ADE 的距离为
又
，所以 B 到平面
m
2
【小问 3 详解】
由（2）得平面 ADE 的法向量为 m = (0,1,1) .
= (−
3,6,0 , ED 3, 6, 6 ，设平面CDE
)
= (
− )
的法向量为
n
= (a,b,c)，
而CD

n
a + 6b = 0
n
= (2,1, 2)，

则
，故可设
n  ED = 3a + 6b − 6c = 0

由图可知二面角 A− DE −C 为钝角，设为 ，
3
2
cs = −
= −
则
.
m n

2 3
2
第Ⅱ卷（共 8 道题，满分 50 分）
一、选择题（共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合
题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
19. 【答案】C
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角范围判断即可.


π
0,
【详解】对于①：由空间中两条直线所成角的取值范围是 
 ，可知①正确；
2


π
0,
对于②：由空间中直线与平面所成角的取值范围是 
 ，可知②正确；
2
对于③：空间中二面角的平面角的取值范围是0,π，可知③错误；


π
0,
对于④：空间中平面与平面所成角的取值范围是 
 ，可知④正确；
2
故选：C
20. 【答案】D
【分析】将△ABF 沿
BF
DE 所在直线进行翻折，在翻折过程中 A，
C
所在直线进行翻折，将
沿
的运动轨迹分别是圆， AB ， AF 是以
BF 为旋转轴的圆锥侧面；CE ，CD
是以
DE
为旋转轴的圆锥侧
面；
【详解】由题意，在翻折过程中 A，C 的运动轨迹分别是两个平行的圆，所以点 A 与点 C 不可能重合，故
选项 A 错误；
点 A 与点 C 的最大距离为正方形的对角线 AC = 2AB ，故选项 B 错误；
BF
DE
AB
DE
AB
BF
与直线 所成角相等，
由题易知直线
与直线
平行，所以直线
与直线
所成角和直线
显然直线 AB 与直线
BF
不垂直，故选项 C 错误；
第17页/共25页

由题在正方形中直线 AF 与直线CE 平行，设翻折后点 A 为
A
，
1
 π π 
 ，当△ABF 沿 BF
所在直线翻折到与平面 BEDF 重合时，
AFB 
,
由题易知初始位置

 4 2 
 π
A1FA = 2AFB ,π




 2
π
所以在此连续变化过程中必存在 A1FA

=
，即
A F ⊥ AF
1
A F ⊥ CE
，所以 ,
1
2
所以翻折过程中，直线 AF 与直线CE
可能垂直，故选项 D 正确.
故选：D.
21. 【答案】A
【分析】先讨论 P 点与 A 点重合， M 点的轨迹，再分析把 P 点从 A 点向上沿
AA
移动，在移动的过程中
1
M 点的轨迹，从而可得出结论.
【详解】解：若 P 点与 A 点重合，
AB, AD
E,F
，
设
的中点分别为
移动Q
M
AE, AF
点，则此时 点的轨迹为以 邻边的正方形，
AA
再将 P 点从 A 点向上沿
移动，
1
AE, AF
AA
向上移动，
1
在移动的过程中可得 M 点的轨迹是将以
邻边的正方形沿
A
最后当点 P 与 重合时，得到最后一个正方形，
1
故所得的几何体为棱柱.
故选：A.
22. 【答案】B
BD // B1D B D
为 中点，根据正方体、线面的性质及判
即可判断；B 若Q BC
1
【分析】A 由
、
1
1
1
定即可判断；C 只需求证
BC
与面
APD
是否平行； 利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
D
1
BD // B1D
AC
的中点，即为 B D 的中点，
1 1
【详解】A：正方体中
，而 P 为线段
1
1
1
第18页/共25页

B D
BD, PQ
不可能平行，错；
所以
，故
1
1
PQ / /A1B
A B ⊥ AB
PQ ⊥ AB
，故 ，
1
B：若Q BC
为
面
中点，则
，而
1
1
1
ABB1A A B

，
1 1
ABB1A
，则
1
A1B ⊥ AD
PQ ⊥ AD
，故 ，
又 AD
⊥
面
AB1  AD = A AB1, AD  AB C D
PQ ⊥ AB C D
面 ，
1 1
，
面
，则
AB C D
，对；
1 1
1
1
PQ ⊥
所以存在 Q 使得
平面
BC1 / /AD
AD
面 与面 APD 不平行，
APD = A，故 BC
1
C：由正方体性质知：
，而
1
1
所以 Q 在线段
BC
上运动时，到面
APD
的距离不一定相等，
1
故三棱锥Q − APD
的体积不是定值，错；
D − xyz
A(2, 0, 0)， P(1,1, 2)，Q(2 − a,2,a) 且 0  a  2
，
D：构建如下图示空间直角坐标系
，则
所以 DA (2, 0, 0) ，
=
PQ = (1− a,1,a − 2) ，若它们夹角为
，
2(1− a)
|1− a |
cs =|
|=
则
，
2 (1− a)
2
+1+ (a − 2)
cs =
2
2  a
2
−3a + 3
| t |
1
=
令t =1− a[−1, 1]
，则
2  t
2
+ t +1
1
1 ，
2  1+ +
2
t
t
第19页/共25页

1
6
当t (0,1]
，则 1,+) ， cs (0,
]；
t
6
t = 则 cs = 0 ；
0
当
1
2
当t [−1, 0)
，则
, 1 ， cs 
(− − 
(0,
]；
t
2
π
3
2
所以 cs
=
不在上述范围内，错.
6
故选：B
二、填空题（共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.把答案填在答题纸上的相应位置.）
23. 【答案】3 2 + 2 5
D E ⊥ MN, D E ⊥ AM
【分析】以点 D 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，由坐标法证明
，
1
1
从而得出满足条件的所有点 P 构成的图形，进而得出周长.
【详解】以点 D 为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
如图，取CC1,CD
的中点分别为
N,M
，连接
AM,MN,B1N, AB
，
1
AB1∥MN
A, B1, N,M
AB1NM
四点共面，且四边形 为梯形，
由于
，所以
(
)
(
)
(
)
(
) (
)，
A 2,0,0 ,M 0,1, 0 , N 0, 2,1 , D 0,0, 2 , E 1, 2,0
1
)
= (
)
AM
= (− = ( − )
2,1, 0 ,MN 0,1,1 , D E 1, 2, 2
，
1
因为 AM  D E = −2 + 2 = 0,MN  D E = 2 − 2 = 0
1
1
D E ⊥ MN, D E ⊥ AM
D1E ⊥
AB1NM
平面 ，
所以
，所以由线面垂直的判定可知
1
1
AB1NM
即满足条件的所有点 P 构成的图形为
，
NM = 2, AB = 2 2, AM = B N = 5
构成的图形的周长为3 2 + 2 5
.
由于
，则满足条件的所有点
P
1
1
故答案为：3 2 2 5
+
第20页/共25页

10
5
24. 【答案】
【分析】以 A 为原点，建立空间直角坐标系，求得向量 AD (0, 2,1)和平面
=
A BD
1
的一个法向量为
n = ( 3,1, 2) ，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】如图所示，以 A 为原点，过点 A 垂直于 AC 的直线为 轴，以
x
AC 和 AA
y
所在的直线分别为 轴
1
z
和 轴，建立空间直角坐标系，
ABC
因为正四棱柱
的所有侧棱长及底面边长都为 2 ，
A(0, 0, 0), A1(0, 0, 2), B( 3,1, 0), D(0, 2,1)
可得
，
AD = (0, 2,1), A B = ( 3,1,−2), A D = (0, 2,−1)
则
，
1
1

n
x + y − 2z = 0
A BD
1

设平面
的法向量为 n = (x, y, z) ，则
，
n A D 2y − z = 0

1
令
y =1，可得 x = 3, z = 2，所以 n = ( 3,1, 2)
，
A BD 所成的角为
1
设直线 AD 与平面
，
4
10
5
可得sin = cs AD,n =
=
，
5 2 2
AD n
10
5
所以直线 AD 与平面
A BD
1
所成的角的正弦值为
.
10
故答案为：
.
5
第21页/共25页

25.
16 3
9
【答案】
A A A A
2 OA
，从而得到该正方体的边
1
【分析】将正四面体
放入正方体中，得到正方体的体对角线是
1
2
3
4
长，再根据条件得到 P 扫过的区域的体积即可.
A A A A
，
4
【详解】图，作出正四面体
1
2
3
A A A A
放入正方体中，如下图所示：
4
将正四面体
1
2
3
则O 是该正方体的中心，
2 3
3
设该正方体的棱长为 ，则 a2 a2 a2 1 2 ，解得： a =
a
+
+
= 
，
0   1 i =1, 2,3, 4)，
(
又OP =  OA +  OA +  OA +  OA ，
1
1
2
2
3
3
4
4
i
则知 P 扫过的区域的边界是以该正方体的六个面作延伸的六个全等的正方体的中心为顶点的正方体，其中
两个面如下图所示：
第22页/共25页

可得动点 P 扫过的区域的体积为该正方体体积的 2 倍，
3


2 3
3
16 3
9
即动点 P 扫过的区域的体积V = 2
 =
.




16 3
9
故答案为：
.
三、解答题（本小题 15 分，解答应写出文字说明过程或演算步骤.请将答案写在答题纸上的
相应位置.）
26. 【答案】（1）①不是；②是
（2）证明见解析 （3）5
【分析】（1）根据题干信息，利用二元基底的定义加以验证即可；
（2）首先设 e1 e2

  
a = xei + ye
em ，计算出
的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意
j
 ( + )
C
+ 2 + 2  ，即可得证： n m m 1 ；
可得： m
+
m
C
n
m
m
m m +1 19
（3）由（2）可知 (
)
m  4
，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”，
，所以
再讨论当 m = 4 时，集合 E 的所有情况均不可能是 A 的 4 元基底，而当 m = 5 时， A 的一个基底
= 1, 3, 5, 9,16

m
的最小值为5 .
E
，由此可得
【小问 1 详解】
不是
A = 1, 2,3, 4,5的一个二元基底
E
=  
1,2
4
x 1 y 2 x, y
  +  (
−1, 0,1)
理由是

A
= 1, 2,3, 4,5, 6的一个二元基底
是
E
= 2, 3
理由是1= −12 +13； 2 =12 + 03；3 = 02 +13；
4 = 1 2 +1 2 ，5 =12 +13， 6 =13+13
.
【小问 2 详解】
不妨设 e1 e2

  
em ，则
第23页/共25页


+  (    )
1 ei 0 e 1 i
j
m
m
的正整数共有 个；
形如
形如
形如
形如
又集合
j

+  (   )
1 e 1 e 1 i
m
m
的正整数共有 个；
i
i
+  (    )
1e 1 e 1 i
j
m
2
m
的正整数至多有 C 个；
i
j
(− ) +  (    )
1 ei 1 e 1 i
j
m
2
m
的正整数至多有 C 个；
j
A = 1, 2,3,,n含有 n

m
个不同的正整数， E 为集合 A 的一个 元基底.
2 + 2  ，即 m(m 1) n.
C
n
+

故 m
+
m
+
C
m
m
【小问 3 详解】
m m +1 19
由（2）可知 (
)
m  4
.
，所以
当 m = 4 时， (
m m +1 −19 =1
)
，即用基底中元素表示出的数最多重复一个.

A = 1, 2,3,,19
E
= 
e ,e ,e ,e
的一个 4 元基底，
假设
为
1
2
3
4
e  e  e  e
e 10
.
4
不妨设
，则
1
2
3
4
当 e4 10 时，有
=
e = 9
3
e = 8 e = 7
，这时 或 .
2 2
如果 e2 8 ，则1 10 9 ，1
=
=
−
=
9
−
8 ，18
E = 6, 7, 9,10和 E = 5, 7, 9,10
都不是
=
9
+
9 ，18 10 8 ，重复元素超出一个，不符合条件；
=
+
=
或 ，易知
如果 e2 7 ，则 e = 6 e = 5
1 1
A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，
不符合条件；
E = 6, 7, 8,11
E = 5, 6, 7,12
A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，不符
当 e4 11时，有
=
e = 8
，这时
，这时
，这时
，这时
，这时
e = 7 e = 6
，
1
，易知
，易知
，易知
不是
不是
3
2
合条件；
当 e4 12 时，有
=
e = 7
3
e = 6 e = 5
，
1
A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，不符
2
合条件；
当 e4 13时，有
=
e = 6
3
e = 5 e = 4
，
1
E = 4, 5, 6,13不是 A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，不符合
2
条件；
=
e = 5
3
e = 4 e = 3
E = 3, 4, 5,14
A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，不符
当 e4 14 时，有
，
1
，易知
不是
2
合条件；
=
e = 4
3
e = 3 e = 2
E = 2, 3, 4,15
A = 1, 2,3,,19的 4 元基底，不符
当 e4 15 时，有
，
1
，易知
不是
2
合条件；
=
2，
e = 1
1
= 1, 2, 3,16

A 的 4 元基底，不符
= 1, 2,3,,19
当 e4 16 时，有
=
e = 3
3
，这时
e
2
，易知
E
不是
合条件；
当 e4 17 时， E 均不可能是 A 的 4 元基底.
= 1, 3, 5, 9,16
当 m = 5时，易验证 A 的一个基底
E

，
理由：1 = 11+ 0 1； 2 =11+11；
3 = 1 3 + 0 1； 4 =11+13
；
5 = 1 5 + 0 1；
6 =13+13； 7 = −1 9 +116 ；8 = 1 3 +1 5 ；9 = 1 9 + 0 1 ；10 =15 +15 ；
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11 = −1 5 +116 ；12 = 1 3 +1 9 ；13 = −1 3 +116 ；14 = 1 5 +1 9 ；15 = −11+116 ；
16 = 116 + 0 1；17 =116 +11；18 =19 +19 ；19 =116 +13 .
m
综上所述， 的最小值为5 .
【点睛】方法点睛：新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型
来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，
实现信息的迁移，达到灵活解题的目的：遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义
的性质，按新定义的要求，照章办事，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.
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