北京市2024_2025学年高二数学上学期期中测试模拟试卷含解析

这是一份北京市2024_2025学年高二数学上学期期中测试模拟试卷含解析，共20页。
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由直线方程求得直线的斜率，再由倾斜角的正切值等于斜率求解．
【详解】直线的斜率，设其倾斜角为，，得．
故选B．
【点睛】本题考查直线的斜率与倾斜角的关系，是基础的计算题．
2. 如果向量，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用向量求模的坐标公式即可求解
【详解】由可得，
所以，
故选：D
3. 已知，是两个不重合的平面，且直线，则“”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
【答案】B
【解析】
【分析】由线面、面面关系，结合平面的基本性质判断线面关系，根据面面垂直的判定判断线面是否平行，再由充分、必要性定义判断条件间的充分、必要关系.
【详解】解：由，若，则可能平行或，充分性不成立；
由，，由面面垂直的判定知，必要性成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
4. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，点是的中点.已知，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据空间向量基本定理，用， ，，三个基向量将已知向量表示出来.
【详解】由已知，，
则，
故选：B.
5. 已知、，则线段上靠近的三等分点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设线段上靠近的三等分点为，根据题意可得出，结合空间向量的坐标运算可求得点的坐标.
【详解】设线段上靠近的三等分点为，
根据题意可得出，即，
所以，，解得，即点.
故选：B.
6. 设直线的一个方向向量为，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则下列说法正确的是（ ）
①若，则与所成的角为30°；
②若与所成角为，则；
③若，则平面与所成的锐二面角为60°；
④若平面与所成的角为60°，则
A. ③B. ①③C. ②④D. ①③④
【答案】A
【解析】
【分析】由直线与平面所成夹角与直线方向向量与平面法向量夹角的关系可判断①②，由平面法向量之间的夹角和平面与平面所成的夹角之间的关系可判断③④.
【详解】若，则则与所成的角为60°，①错误；
若与所成角为，或，②错误；
若，则平面与所成的锐二面角为60°，③正确；
若平面与所成的角为60°，则或，④错误.
故选：A
7. 若点与的中点为，则直线必定经过点（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据中点公式可得，即可代入求解定点.
【详解】由题意可得，则，
所以直线方程为，
所以经过定点，
故选：A
8. 三棱锥中，两两垂直，，，则二面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】过作，交于，连接，确定即为二面角平面角，即可求解.
【详解】
由于平面，
故平面，又在面内，
所以，
过作，交于，连接,
因为，，为面内两条相交直线，
所以面，面，
所以,
故即为二面角的平面角，
又平面，故,
在直角三角形中，，，则，
由可得：，又，
所以，
，
所以二面角的余弦值为.
故选：A
9. 三棱锥中，平面，，若，，则三棱锥的体积的最大值为（ ）
A. 4B. C. 2D.
【答案】D
【解析】
【分析】先利用线面垂直的判定定理与性质定理依次证得平面、与，从而利用基本不等式求得，进而得到，由此得解.
【详解】
因为平面，平面，所以，
又，，平面，所以平面，
因为平面，所以，
中，，，则，
因为平面，平面，所以，
在中，不妨设，则由得，
所以，
当且仅当且，即时，等号成立，
所以，
所以该三棱锥体积的最大值为.
故选：D.
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点E、F分别是棱BC、的中点，P是侧面内一点（包括边界），则以下命题中，不正确的是（ ）
A. 平面截正方体所得截面为等腰梯形
B. 存在点P，使平面AEF；
C. 若平面AEF，则线段长度的取值范围是；
D. 若点P在线段上，则直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
【答案】B
【解析】
【分析】对于A：取中点，分析可知截面为，进而判断其形状，对于C：根据平行关系进而得到点P的轨迹，从而求出线段长度的取值范围；建系标点，利用空间向量处理空间中位置关系问题，即可判断B；利用空间向量求线面夹角，进而判断D.
【详解】对于选项A：取中点，连接，
因为分别为的中点，则，
又因为，可知为平行四边形，
可得，，则，，
可知平面截正方体所得截面为，为梯形，
且，所以截面为等腰梯形，故A正确；
对于选项C：如图，取中点G，中点H，连接GH，，
则∥AE，且平面AEF，平面AEF，可得∥平面AEF，
同理GH∥EF，平面AEF，平面AEF，所以GH∥平面AEF，
因为，平面,所以平面∥平面AEF，
因为P是侧面内一点，当P点在线段GH上时，能够满足平面AEF，
因为正方体棱长为2，由勾股定理得：，，
故点P落在GH中点时，长度最小，此时，
当点P与G或H重合时，长度最大，此时，
综上：线段长度的取值范围是，故C正确；
以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
对于选项B：设，可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
若平面AEF，则，可得，解得，
此时点不在侧面内，
所以不存在点P，使平面AEF，故B错误；
对于选项D：若点P在线段上，设，
可得，
设平面的法向量，则，
令，则，可得，
设直线与平面所成角为，
则，
当且仅当时，等号成立，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为，故D正确；
故选：B.
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 直线过点P(1，2)，且它的一个方向向量为(2，1)，则直线l的一般式方程为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先由直线的方向向量求出直线的斜率，再利用点斜式可求出直线方程，然后化为一般式即可.
【详解】因为直线的一个方向向量为(2，1)，
所以直线的斜率为，
因为直线过点P(1，2)，
所以直线为，即，
故答案为：
12. 若，，为共面向量，则的值为_________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据空间向量共面定理即可求解.
【详解】若为共面向量,
则存在一组唯一的实数，使得，
即，
即，解得，
故答案为：2
13. 正方体中，分别为棱和的中点，则直线和所成角的余弦值为_________.
【答案】##0.4
【解析】
【分析】建系，利用空间向量处理异面直线的夹角问题.
【详解】如图，以D为坐标原点建立空间直角坐标系，设，则，
∴，则，
故直线和所成角的余弦值为
故答案为：0.4
14. 如图，在三棱锥中，，平面ABC，于点E，M是AC的中点，，则的最小值为______．
【答案】##-0.125
【解析】
【分析】根据给定条件，证明平面PAB，将用表示出，再结合空间向量数量积的运算律求解作答.
【详解】连接，如图，
因平面ABC，平面ABC，则，而，，平面PAB，
则平面PAB，又平面PAB，即有，
因M是AC的中点，则，又，
，当且仅当取“=”，
所以的最小值为.
故答案为：
15. 如图，四棱锥中，底面是边长为2的正方形，是等边三角形，平面平面分别为棱的中点，为及其内部的动点，满足平面，给出下列四个结论：
①直线与平面所成角为45°；
②二面角的余弦值为；
③点到平面的距离为定值；
④线段长度的取值范围是
其中所有正确结论的序号是____________
【答案】②③④.
【解析】
【分析】对于①：直接找出直线与平面所成角求解；
对于②：直接找出二面角的平面角求解；
对于③：利用平面，两点到面的距离相等
对于④：求出的轨迹，再求线段长度的取值范围.
【详解】对于①：连接， 因为是等边三角形，所以，
又平面平面，平面平面，平面
所以平面，所以直线与平面所成角为，
在直角中，，所以，故直线与平面所成角为45°不正确；
对于②：取的中点，连接，
因为底面是边长为2的正方形，是等边三角形，所以，
又，所以二面角的平面角为，
又因为平面，所以，
在直角中，，所以.
故②正确；
对于③：因为平面，所以两点到面的距离相等，而到面的距离为定值，故点到平面的距离为定值，故③正确；
对于④：取中点，连接，则，
因为面，面，故面，
同理可证面，
又因为，面，面，所以面面，
又平面，面，面面，所以的轨迹为线段.
在等边三角形中，的最大值为，最小值为到直线的距离为，故线段长度的取值范围是，故④正确
故答案为：②③④.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知平行四边形的三个顶点分别为，，.
（1）求边CD所在直线的方程；
（2）求四边形的面积.
【答案】（1）
（2）10
【解析】
【分析】（1）求出直线的斜率，得到直线的斜率，由点斜式方程得解；
（2）以为底，由点线距离求得四边形的高，进而得到面积.
【小问1详解】
因为直线的斜率为，又平行四边形，
所以直线的斜率为，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
因为，点到直线的距离为，
所以四边形的面积为.
17. 在中，，，从①；②；③这三个条件中任选一个作为题目的已知条件.
（1）求的值；
（2）求的面积.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）选①，由余弦定理求出，再由正弦定理代入即可求出答案；选②，由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；选③，由正弦定理求出，再由由两角和的正弦公式代入即可求出答案；
（2）选①或③，直接由面积公式代入即可得出答案；选②，，由正弦定理求出，再由由面积公式代入即可得出答案.
【小问1详解】
由题知，三角形为钝角三角形
选①，由余弦定理得：，解得：，
所以由正弦定理得：.
选②，因为，所以，所以
选③，由正弦定理得：，
所以，所以
.
【小问2详解】
选①，因为，，所以的面积为：
选②，由正弦定理得：，
.
选③，因为，，，
所以.
18. 已知三棱锥，平面平面，点D是的中点，，.
（1）求证：；
（2）求直线DB与平面所成角的正弦值；
（3）求点C到平面的距离.
【答案】（1）证明见详解
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）取中点，连接，，证明平面，得证；
（2）由题可得两两互相垂直，建立空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用向量法求解；
（3）利用点到平面的距离公式求解.
【小问1详解】
如图，取中点，连接，，
因为，所以为正三角形，则，
又，则，为等腰直角三角形，
又平面，，
所以平面，又平面，
所以.
小问2详解】
因为平面平面，平面平面，平面，又，
所以平面，又平面，
所以，所以两两互相垂直，
以点为坐标原点，分别为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
设平面的一个法向量为，
则，即，令，则，，
，
设直线与平面所成角为，
则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【小问3详解】
因为，平面的一个法向量为，
所以点到平面的距离为.
19. 在矩形中，，，点是线段上靠近点的一个三等分点，点是线段上的一个动点，且.如图，将沿折起至，使得平面平面.
（1）当时，求证：；
（2）是否存在，使得与平面所成的角的正弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)见解析(2)
【解析】
【详解】试题分析: (1) 当时，点是AD的中点,由已知证出,根据面面垂直的性质定理证得平面,进而证得结论;(2) 以为原点，的方向为轴，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.写出各点坐标,求出平面的法向量,根据线面角的公式求出结果.
试题解析:
（1）当时，点是AD的中点.
∴，
∵，∴.
∵，，，
∴.
∴.
又平面平面，平面平面，平面，
∴平面.
∵平面，∴.
（2）以为原点，的方向为轴，轴的正方向建立如图所示空间直角坐标系.
则，，.
取的中点，
∵，∴，
∴ 易证得平面，
∵，∴，∴.
∴，，.
设平面的一个法向量为，
则
令，则.
设与平面所成的角为，
则
，
解得或（舍去）
∴存在实数，使得与平面所成的角的正弦值为，此时.
20. 已知正方体，点分别为的中点，直线交平面于点.
（1）证明：中点；
（2）求异面直线与所成角的大小；
（3）若点为棱上一点，二面角的余弦值为，求的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）由面面平行的性质可得平面，由线面平行的性质可得，
由及，可得，再结合为的中点，即可得证；
（2）利用空间向量求解即可；
（3）利用空间向量求解即可.
【小问1详解】
证明：连接，
因为平面平面，
平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
又因为，，
所以，
又因为为的中点，
所以为中点；
【小问2详解】
解：以为坐标原点，所在的方向分别为轴的正方向，
建立如图所示的坐标系：
设正方体的边长为，
则，
则,
所以,
设异面直线与所成角为，
则，
所以；
【小问3详解】
设，因为,
所以
设平面法向量为
则有，取，
可得为平面的一个法向量，
设平面的法向量为
则有，取，
可得为平面的一个法向量，
所以，
设，则有，
整理得：，解得(负根舍去)，
即
所以，
所以.
21. 对于向量，若三个实数互不相等，令向量，其中，，，（）.
（1）当时，直接写出向量；
（2）证明：对于，向量中的三个实数至多有一个为0；
（3）若，证明：，.
【答案】（1）；
（2）证明见解析； （3）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据已知条件，结合的定义，直接写出即可；
（2）假设三个数中有2个数为0，或三个数均为0，利用反证法，结合题意，推出矛盾即可证明；
（3）设三个数中最大的为，结合（2）中所证，分类讨论，即可证明.
【小问1详解】
根据题意，,
.
【小问2详解】
假设三个数中有2个数为0，或三个数均为0.
不妨设，
则，即，
这与矛盾；
当三个数均为0时，显然，
则，
所以（定值），
由三个数互不相等，得，
且，
不妨设，则有
由得，
所以，即
以此类推得
这与三个数互不相等矛盾，
所以对于任意的三个数中至多有一个为0.
【小问3详解】
设三个数中最大的为，记作
因为且
所以其中
由题意可得，其中
所以不可能单调递减，即必存在某个，使得.
根据的定义，可得向量中的三个数中必有0.
由（2）知中有且仅有一个为零，不妨设，
若，由题意，不妨设，
则，
所以同理
所以
又因为
所以此种情形不可能一直出现（至多出现次）.
所以一定能找到某个，使得
若，由题意可得：
所以存在正整数，使得.
综上，存在正整数，使得.
【点睛】关键点点睛：本题考查新定义问题，处理问题的关键是要充分把握新定义的内核，以及熟练的使用证明方法，属综合困难题.