2023-2024学年北京市人大附中高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京市人大附中高二上学期期中数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，填空题，问答题，证明题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知平面平面，直线，直线，则与的位置关系是（ ）
A．平行B．平行或异面C．异面D．异面或相交
【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，直线，
所以与没有交点，即与可能平行，也可能异面．
故选：B.
2．已知点，若向量，则点B的坐标是（ ）.
A．B．C．D．
【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，，
所以，
所以点B的坐标为.
故选：B
3．一个水平放置的平面图形用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角，其中，则平面图形的面积为（ ）
A．B．C．D．
【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，，所以，
所以如下图，原图形是一个底边长为，高为的直角三角形，
故原图形的面积为.
故选：B
4．已知，则下列说法错误的是（ ）
A．若分别是直线的方向向量，则所成角余弦值是
B．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角正弦值是
C．若分别是平面ABC、平面BCD的法向量，则二面角的余弦值是
D．若分别是直线l的方向向量与平面的法向量，则l与所成角余弦值是.
【答案】C
【分析】根据向量法逐一判断即可.
【详解】对于A：因为直线与直线所成角范围为，所以所成角余弦值为，故A正确；
对于B：因为直线与平面所成角范围为，所以l与所成角正弦值，l与所成角余弦值为，故BD正确；
对于C：因为二面角的平面角所成角范围为，所以二面角的余弦值可能为负值，故C错误；
故选：C
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
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】设三棱锥的各棱长均相等，由确定的平面，得到截面，再由正四面体的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，设三棱锥的各棱长均相等，球是它的内切球，
设为底面的中心，根据对称性可得内切球的球心在三棱锥的高上，
由确定的平面交于，连接，得到截面，
截面就是经过侧棱与中点的截面，
平面与内切球相交，截得的球大圆如图所示，
因为中，圆分别与相切于点，且，圆与相离，
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．如图，平行六面体的底面是矩形，其中，，，且，则线段的长为（ ）

A．9B．C．D．
【答案】C
【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案
【详解】由，
.
因为底面是矩形，，，，
所以，，
因为，
所以
所以，
故选：C.
7．如图，已知大小为的二面角棱上有两点A，B，，，若，则AB的长度（ ）
A．22B．40C．D．
【答案】C
【分析】过作且，连接，易得，通过线面垂直的判定定理可得平面，继而得到，由勾股定理即可求出答案.
【详解】解：过作且，连接，则四边形是平行四边形，
因为，所以平行四边形是矩形，因为，即，
而，则是二面角的平面角，即，
因为，即为正三角形，所以，
因为，即，平面，
所以平面，因为平面，所以，
所以在中，，所以，
故选：C
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．41πB．42πC．43πD．44π
【答案】A
【解析】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，
即为，
∴该球形容器体积的最小值为：441π.
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．如图，是棱长为的正方体，是棱长为的正四面体，底面,在同一个平面内，，则正方体中过且与平面平行的截面面积是
A．
B．
C．
D．
【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、等角定理等确定点的具体位置、的长度，从而求出截面面积.
【详解】
设截面与分别相交于点则，过点作平面的垂线，垂足为，则是底面的中心.设，则，又因为，，所以，所以，所以四边形的面积.选C.
【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．《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），若为线段上一动点，平面过点，平面，设正方体棱长为，，与图中鳖臑截面面积为，则点从点移动到点的过程中，关于的函数图象大致是（ ）

A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】分析得出，可得出，求出关于的函数关系式，由此可得出合适的选项.
【详解】设、分别为截面与、的交点，，，

平面，平面，所以，平面平面，
因为平面平面，平面平面，
所以，，同理可得，，
所以，，
所以，，易知，
因此，.
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
11．已知正方形的边长为2，则 .
【答案】
【分析】根据向量数量积以及模长公式即可求解.
【详解】由题意可知，
故，
故答案为：
12．已知圆锥的轴截面是边长为的等边三角形，则此圆锥的表面积为 .
【答案】
【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.
【详解】圆锥轴截面是边长为的等边三角形，圆锥底面半径，圆锥母线长，
圆锥的表面积.
故答案为：.
13．平面与平面垂直的判定定理符号语言为： .
【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.
【详解】平面与平面垂直的判定定理：.
故答案为：（答案不唯一）
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维空间中，正交的定义是两个n维向量满足.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介，已知前三个用户的信号向量为.写出一个满足条件的第四个用户的信号向量 .
【答案】（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，
则，
则，则，
故一个满足条件的信号向量是.
故答案为：（答案不唯一）
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 .
【答案】（或或，答案不唯一）
【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）是等边三角形，且，如下图所示，
由于平面，所以平面，
，，
则.
（2）是等边三角形，且，如下图所示，
由于平面，所以平面，
，
所以.
（3）是等边三角形，且，如下图所示，
取的中点，连接，则，，
，，
平面，
所以平面.
所以.
故答案为：（或或，答案不唯一）.
三、问答题
16．已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：.
(1)求；
(2)若，求x的值；
(3)若D点在平面ABC上，直接写出x的值.
【答案】(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据空间向量的模求得正确答案.
（2）根据向量垂直列方程，化简求得的值.
（3）根据向量共面列方程，从而求得的值.
【详解】（1）.
（2），
由于，所以，
解得.
（3），
设，即，
所以，解得.
四、证明题
17．如图所示，在四棱锥中，平面，，E是PD的中点.

(1)求证：；
(2)求证：平面；
(3)若M是线段上一动点，则线段上是否存在点N，使平面？说明理由.
【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.
【详解】（1）在四棱锥中，平面，平面，平面，
平面平面，所以；
（2）如下图，取为中点，连接，由E是PD的中点，
所以且，由（1）知，又，
所以且，所以四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，则平面.

（3）取中点N，连接，，
因为E，N分别为，的中点，所以，
因为平面，平面，所以平面，
线段存在点N，使得平面，理由如下：
由（2）知：平面，又，平面，平面，
所以平面平面，又M是上的动点，平面，
所以平面，所以线段存在点N，使得平面.
五、问答题
18．如图所标，已知四棱锥中，ABCD是直角梯形，，平面平面，.
(1)证明：平面；
(2)求B到平面的距离；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明详见解析
(2)
(3)
【分析】（1）通过证明，结合面面垂直的性质定理证得平面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的余弦值.
【详解】（1）由于，所以，
由于平面平面，且交线为，
平面，所以平面.
（2）由于平面，所以，
所以两两相互垂直，由此建立如图所示空间直角坐标系，
则，
故，设平面的法向量为，
则，故可设，
又，所以到平面的距离为.
（3）由（2）得平面的法向量为.
而，设平面的法向量为，
则，故可设，
由图可知二面角为钝角，设为，
则.
六、单选题
19．关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（ ）
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
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
A．1B．2C．3D．4
【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.
【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；
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；
对于③：空间中二面角的平面角的取值范围是，可知③错误；
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；
故选：C
20．.如图，在正方形中，点E、F分别为边，的中点.将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，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B．点A与点C的最大距离为
C．直线与直线可能垂直D．直线与直线可能垂直
【答案】D
【分析】将沿所在直线进行翻折，将沿所在直线进行翻折，在翻折过程中A，C的运动轨迹分别是圆，，是以为旋转轴的圆锥侧面；，是以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，故选项B错误；
由题易知直线与直线平行，所以直线与直线所成角和直线与直线所成角相等，显然直线与直线不垂直，故选项C错误；
由题在正方形中直线与直线平行，设翻折后点为，
由题易知初始位置，当沿所在直线翻折到与平面重合时，
所以在此连续变化过程中必存在，即，所以,
所以翻折过程中，直线与直线可能垂直，故选项D正确.
故选：D.
21．在正方体中，为棱上一动点，为底面上一动点，是的中点，若点都运动时，点构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台C．棱锥D．球的一部分
【答案】A
【分析】先讨论点与点重合，点的轨迹，再分析把点从点向上沿移动，在移动的过程中点的轨迹，从而可得出结论.
【详解】解：若点与点重合，
设的中点分别为，
移动点，则此时点的轨迹为以邻边的正方形，
再将点从点向上沿移动，
在移动的过程中可得点的轨迹是将以邻边的正方形沿向上移动，
最后当点与重合时，得到最后一个正方形，
故所得的几何体为棱柱.
故选：A.
22．如图，在棱长为2的正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得B．存在点Q，使得平面
C．三棱锥的体积是定值D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【答案】B
【分析】A由、即可判断；B若为中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；C只需求证与面是否平行；D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断.
【详解】A：正方体中，而P为线段的中点，即为的中点，
所以，故不可能平行，错；
B：若为中点，则，而，故，
又面，面，则，故，
，面，则面，
所以存在Q使得平面，对；
C：由正方体性质知：，而面，故与面不平行，
所以Q在线段上运动时，到面的距离不一定相等，
故三棱锥的体积不是定值，错；
D：构建如下图示空间直角坐标系，则，，且，
所以，，若它们夹角为，
则，
令，则，
当，则，；
当则；
当，则，；
所以不在上述范围内，错.
故选：B
七、填空题
23．如图，在边长为2正方体中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足，则点和满足条件的所有点P构成的图形的周长是 .
【答案】
【分析】以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，由坐标法证明，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】以点为坐标原点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
如图，取的中点分别为，连接，
由于，所以四点共面，且四边形为梯形，
，
，
因为
所以，所以由线面垂直的判定可知平面，
即满足条件的所有点P构成的图形为，
由于，则满足条件的所有点P构成的图形的周长为.
故答案为：
24．已知正三棱柱的所有侧棱长及底面边长都为2，是的中点，则直线与平面所成角的正弦值为 ．
【答案】
【分析】以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的一个法向量为，结合向量的夹角公式，即可求解.
【详解】如图所示，以为原点，过点垂直于的直线为轴，以和所在的直线分别为轴和轴，建立空间直角坐标系，
因为正四棱柱的所有侧棱长及底面边长都为，
可得，
则，
设平面的法向量为，则，
令，可得，所以，
设直线与平面所成的角为，
可得，
所以直线与平面所成的角的正弦值为.
故答案为：.

25．点是正四面体的中心，.若，其中，则动点扫过的区域的体积为 .
【答案】/
【分析】将正四面体放入正方体中，得到正方体的体对角线是，从而得到该正方体的边长，再根据条件得到扫过的区域的体积即可.
【详解】图，作出正四面体，

将正四面体放入正方体中，如下图所示：

则是该正方体的中心，
设该正方体的棱长为，则，解得：，
又，，
则知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：

可得动点扫过的区域的体积为该正方体体积的倍，
即动点扫过的区域的体积.
故答案为：.
八、证明题
26．已知自然数集，非空集合.若集合E满足：对任意，存在，使得，称集合E为集合A的一组m元基底.
(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.
(2)若集合E是集合A的一组m元基底，证明：；
(3)若集合E为集合的一组m元基底，求m的最小值.
【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，计算出的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意可得：，即可得证：；
（3）由（2）可知，所以，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”，再讨论当时，集合的所有情况均不可能是的4元基底，而当时，的一个基底，由此可得的最小值为.
【详解】（1）不是的一个二元基底
理由是
是的一个二元基底
理由是；；；
，，.
（2）不妨设，则
形如的正整数共有个；
形如的正整数共有个；
形如的正整数至多有个；
形如的正整数至多有个；
又集合含有个不同的正整数，为集合的一个元基底.
故，即.
（3）由（2）可知，所以.
当时，，即用基底中元素表示出的数最多重复一个.
假设为的一个元基底，
不妨设，则.
当时，有，这时或.
如果，则，，，，重复元素超出一个，不符合条件；
如果，则或，易知和都不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，有，这时，，易知不是的4元基底，不符合条件；
当时，均不可能是的4元基底.
当时，易验证的一个基底，
理由：；；；；；
；；；；；
；；；；；
；；；.
综上所述，的最小值为.
【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.