2023北京交大附中高二（上）期中数学试卷（教师版）

这是一份2023北京交大附中高二（上）期中数学试卷（教师版），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
说明：本试卷共6页，共150分，考试时长120分钟.
一、选择题（每道小题的四个选项中只有一个答案正确.每道小题4分，本大题一共40分.）
1. 若书架上放的工具书、故事书、图画书分别是5本、3本、2本，则随机抽出一本是故事书的概率为（ ）
A. B. C. D.
2. 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)
3. 若，则（ ）
A. B. C. D.
4. 直三棱柱中，若，，，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A. B. C. D.
5. 设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，且，，则“”是“”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
6. 在棱长为1的正方体中，为的中点，则点到直线的距离为（ ）
A. B. C. D.
7. 某停车场的停车收费标准如下表所示：
李明驾驶家用小轿车于17:30进入该停车场，并于当天21:10驶出该停车场，则李明应缴纳的停车费为（ ）
A. 13.5元B. 18.5元C. 20元D. 27.5元
8. 我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题：在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为二尺八寸，盆底直径为一尺二寸，盆深一尺八寸，若盆中积水深九寸，则平地降雨量是（注：①平地降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积；②一尺等于十寸）（ ）
A. 6寸B. 4寸C. 3寸D. 2寸
9. 如图，棱长均相等的三棱锥中，点是棱上的动点（不含端点），设，二面角的大小为.当增大时，（ ）

A. 增大B. 先增大后减小
C. 减小D. 先减小后增大
10. 如图，在棱长为1的正方体中，E是棱上的一个动点，给出下列四个结论：
①三棱锥的体积为定值；
②存在点使得平面：
③的最小值为；
④对每一个点E，在棱上总存在一点P，使得平面；
⑤M是线段上的一个动点，过点的截面垂直于，则截面的面积的最小值为
其中正确结论的个数是（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
二、填空题（每一道小题5分，本题一共25分）
11. 已知向量，，，若，则______；若，，共面，则______.
12. 在边长为2的正方形中，E是的中点，则______.
13. 设动点P在正方体上（含内部），且，当为锐角时，写出实数的一个可能的取值______.
14. 如图，在四棱锥中，，，，，平面，则异面直线与之间的距离为______.
15. 定义空间中点到几何图形的距离为：这一点到这个几何图形上各点距离中最短距离.
（1）在空间中到定点距离为的点围成的几何体的表面积为________；
（2）在空间，定义边长为的正方形区域（包括边界以及内部的点）为，则到距离等于的点所围成的几何体的体积为________.
三、解答题
16. 如图，已知直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AC＝BC，M为AB的中点．
（1）求证：CM⊥平面ABB1A1；
（2）求证：AC1∥平面CMB1．
17. 在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，，且平面，，F，G分别是，的中点，E是上一点，且.
（1）求证：；
（2）再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，求直线与平面所成角的正弦值.
条件①：；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答记分.
18. 已知函数．
（1）若，求不等式的解集；
（2）若，求在区间上的最大值和最小值，并分别写出取得最大值和最小值时的x值；
（3）若对任意，不等式恒成立，求实数a的取值范围．
19. 在梯形中，，，，P为的中点，线段与交于O点（如图1）.将沿折起到位置，使得平面平面（如图2）.
图1 图2
（1）求二面角的余弦值；
（2）线段上是否存在点Q，使得与平面所成角的正弦值为?若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
20. 如图1，矩形，，，点E为的中点，将沿直线折起至平面平面（如图2），点M在线段上，平面.
图1 图2
（1）求证：；
（2）求点B到面的距离；
（3）若在棱，分别取中点F，G，试判断点M与平面的关系，并说明理由.
21. 给定正整数，设集合.对于集合M中的任意元素和，记.设，且集合，对于中任意元素，，若，则称A具有性质.
（1）判断集合是否具有性质，说明理由；
（2）判断是否存在具有性质的集合，并加以证明.
参考答案
一、选择题（每道小题的四个选项中只有一个答案正确.每道小题4分，本大题一共40分.）
1. 【答案】B
【分析】由古典概率模型的计算公式求解.
【详解】样本点总数为10，“抽出一本是故事书”包含3个样本点，所以其概率为 .
故选：B.
2. 【答案】D
【分析】根据给定条件结合空间直角坐标系中对称的特点直接求解即可.
【详解】在空间直角坐标系中，两点关于坐标平面xOy对称，则这两点的横坐标、纵坐标都不变，它们的竖坐标互为相反数，
所以点P(1，2，-3)关于坐标平面xOy的对称点为(1，2，3).
故选：D
3. 【答案】B
【分析】利用诱导公式化简目标式，即可得答案.
【详解】.
故选：B
4. 【答案】C
【分析】以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值．
【详解】以B为原点，BA为x轴，BC为y轴，为z轴，建立空间直角坐标系，
则0，，0，，0，，1，，
0，，1，，
设异面直线与所成角为，则．
异面直线与所成角的余弦值为．
故选：C．
【点睛】本题考查利用空间向量法求异面直线所成角的余弦值，解题关键就是建立空间直角坐标系，考查运算求解能力，是基础题．
5. 【答案】B
【分析】根据线面垂直的判定及性质，结合充分条件、必要条件判断即可.
【详解】当，时，可推出，但是推不出，
当时，由可知，又，所以，
综上可知，“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
6. 【答案】C
【分析】如图建立空间直角坐标系，利用空间向量进行求解即可
【详解】建立空间直角坐标系，如图，
则，，，所以，，
所以在上的投影为，
所以点到直线的距离.
故选：C.
【点睛】此题考查空间中点到线的距离，考查空间向量的应用，属于基础题
7. 【答案】B
【分析】根据题意得：为白天，为夜间，由表格列出算式，计算即可得到结果．
【详解】解：根据题意得：
（元，
则李明应缴纳的停车费为18.5元．
故选：B．
8. 【答案】C
【分析】由题意得到盆中水面的半径，利用圆台的体积公式求出水的体积，用水的体积除以盆的上底面面积即可得到答案.
【详解】
如图，由题意可知，天池盆上底面半径为14寸，下底面半径为6寸，高为18寸，
因为积水深9寸，所以水面半径为寸，
则盆中水的体积为立方寸，
所以平地降雨量等于寸.
故选：C.
9. 【答案】C
【分析】建立空间直角坐标系，运用空间向量数量积求解.
【详解】由题意，三棱锥 是正四面体，以 的重心为原点，BC边的中线PG为x轴，
OA为z轴，过O点平行于BC的直线为y轴，建立空间直角坐标系如图：

设三棱锥P-ABC的棱长为 ，则有： ，
， ，
，
设 是平面ABD的一个法向量，则有 ，即 ，令 ，解得 ，
显然 是平面PBC的一个法向量，
；
显然当时（x的取值范围是 ），最小，，
当时，变大，二面角为锐角，变小，
时，变大，二面角为钝角，即变小；
综上减小.
故选：C.
10. 【答案】A
【分析】对于①，，底面积和高均为定值，可判断；对②，若存在点，使得平面，可得，易找出矛盾；对③，将侧面与侧面展开铺平可求解；对④，当点在点时，不存在点符合要求；对⑤，推导出，由余弦定理、三角形面积公式，结合二次函数的最值求出结果.
【详解】对于①，，显然是定值，因为平面，所以是定值，
所以三棱锥的体积是定值，①正确；
对于②，若存在点，使得平面，又平面，可得，
所以四边形为正方形，即，这与矛盾，②错误；
对于③，如图，将侧面与侧面展开铺平，则的最小值，③错误；
对于④，当点在点时，平面即是平面，此时与平面相交，故不存在点符合要求，④错误；
对于⑤，如图，在正方体中，
可得，，且，是平面内两条相交直线，
所以平面，又平面，，
因为是上的动点，且过点的截面垂直，
所以截面过点，截面交与，交于，设，
则，，在中，可得，
，
则该截面的面积为，
因为，所以当时，，此时，分别是和的中点，当是中点时，，即，
所以平面，满足题意，⑤正确.
故选：A.
二、填空题（每一道小题5分，本题一共25分）
11. 【答案】 ①. ②.
【分析】①由，可得，根据数量积的坐标运算得到关于的等式，解方程即可求得的值；
②根据，，共面，则，据此可得关于的方程组，解方程组即可求得的值.
【详解】①，
，
解得.
②若，，共面，则，得
即，解得.
故答案为：6；15
12. 【答案】0
【分析】根据向量加法的三角形法则化简计算.
【详解】如图，
，
因为，所以.
故答案为：0.
13. 【答案】（答案不唯一，）
【分析】设，，设正方体的棱长为1，在中，利用余弦定理求出，在中，再利用余弦定理即可求解.
【详解】设，，设正方体的棱长为1，则，
在中，，由余弦定理得，
由为锐角，得，则，
当点与重合时，，符合题意，此时，
当点与不重合时，，，
在中，，，由余弦定理得，
于是，即，解得或，
由，得或，显然，因此，
所以实数的取值范围是，取.
故答案为：
14. 【答案】##
【分析】建立空间直角坐标系，给出各点坐标，用向量方法即可算出距离.
【详解】以点 为坐标原点， , , 所在的直线分别为轴、 轴、 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则 , , , ,
所以 ，，，
设向量 同时垂直于 ，
则，
令 ，则 ， .
所以异面直线 与 间的距离.
故答案为：.
15. 【答案】 ①. ②.
【分析】( 1 )根据球的表面积公式计算可得结果；
( 2 )分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长为1，1，2的长方体和4个高为1，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体，根据公式可得答案.
【详解】（1）与定点O距离等于1的点所围成的几何体是一个半径为1的球，所以其表面积为；
（2）分析可知，到距离等于1的点所围成的几何体是一个棱长为2，2，2的长方体和4个高为2，底面半径为1的半圆柱以及四个半径为1的四分之一球所围成的几何体 ，
所以其体积为：.
故答案为：；.
【点睛】本题考查空间想象能力，长方体、圆柱体、球体的体积公式，球体的表面积公式，关键在于得出点所构造的几何体是由什么几何体组成的，属于难题.
三、解答题
16. 【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析．
【分析】（1）由直三棱柱的性质可推出AA1⊥CM，由等腰三角形的性质知CM⊥AB，然后由线面垂直的判定定理，得证；
（2）连接BC1，交B1C于点O，连接OM，易知OM∥AC1，再由线面平行的判定定理，得证．
【详解】（1）证明：由直三棱柱的性质知，AA1⊥平面ABC，
∵CM⊂平面ABC，∴AA1⊥CM，
∵AC＝BC，M为AB的中点，∴CM⊥AB，
又AA1∩AB＝A，AA1、AB⊂平面ABB1A1，
∴CM⊥平面ABB1A1．
（2）证明：连接BC1，交B1C于点O，连接OM，则O为BC1的中点，
∵M为AB的中点，∴OM∥AC1，
∵OM⊂平面CMB1，AC1平面CMB1，
∴AC1∥平面CMB1．
17. 【答案】（1）证明见解析
（2）
【分析】（1）通过证明面得出面，进而得结果；
（2）先得与 等价，以为原点建立空间直角坐标系，可得相应点坐标，可得向量坐标与平面法向量坐标，即可得线面夹角正弦值，从而可得答案．
【小问1详解】
因为底面是边长为2的菱形，所以,
因为平面，所以，
由因为，平面，所以面，
又因为F，G分别是，的中点，所以，所以面，
所以
【小问2详解】
若，由于，
由余弦定理得，而为三角形内角，故.
所以选择条件①和条件②解法相同，
底面是边长为2的菱形，所以，
又平面，平面，
所以，
如图所示，以为原点，以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

，底面是边长为2的菱形，，
则，，．
，
又，，，
，，
设平面的一个法向量为，
则，令，所以，
设直线与平面所成角为，
则，故有，
所以直线与平面所成角的余弦值.
18. 【答案】（1）
（2）当时函数取得最小值，，当时函数取得最大值；
（3）
【分析】（1）根据，代入求出参数的值，再解一元二次不等式即可；
（2）首先由求出的值，再根据二次函数的性质求出函数在给定区间上的最值；
（3）参变分离可得对任意恒成立，再利用基本不等式求出的最小值，即可得解；
【小问1详解】
解：因为且，所以，解得，所以，解，即，即，解得，即原不等式的解集为；
【小问2详解】
解：因为，所以，所以，所以，因为，所以函数在上单调递减，在上单调递增，所以当时函数取得最小值，当时函数取得最大值；
【小问3详解】
解：因为对任意，不等式恒成立，即对任意，不等式恒成立，即对任意恒成立，因为当且仅当，即时取等号；
所以，即，所以
19. 【答案】（1）
（2）存在，
【分析】（1）建立空间直角坐标系，由空间向量求解；
（2）设，表示出，利用向量的夹角公式代入列式，即可得解.
【小问1详解】
因为在梯形中，，，，为的中点，所以，，，
所以是正三角形，四边形为菱形，
可得，，
而平面平面，平面平面，
平面，，
平面，所以，，两两互相垂直，
如图，以点为坐标原点，，，分别为，，轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，，，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，
，
设平面的一个法向量为，则
，即，令，则，，
，
，
所以二面角的余弦值为.
【小问2详解】
线段上存在点，使得与平面所成角的正弦值为.
设，因为，，所以，
设与平面所成角为，则，
即，，解得，
所以线段上存在点，且，使得与平面所成角的正弦值为.
20. 【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）平面，理由见解析
【分析】（1）连接与交于点，连接，确定，根据相似得到答案.
（2）过作交于，计算，确定，根据体积法计算距离即可.
（3）延长到，使得，确定四点共面，根据，得到为重心，得到，得到证明.
【小问1详解】
如图所示：连接与交于点，连接，
平面，平面，平面平面，故，
，故，即，
，故，即.
【小问2详解】
过作交于，，故，
，
，平面平面，平面平面，
平面，故平面，平面，则，
，，，故，故，
，平面，故平面，
平面，故，.
设点B到面的距离为，则，故.
即点B到面的距离为.
【小问3详解】
如图所示：延长到，使得，连接，，
四边形为平行四边形，分别为中点，则，
故，则四点共面，
为中点，且，故为重心，
是中点，为中线，故，即平面.
21. 【答案】（1）具有，过程见解析；
（2）不存在，过程见解析.
【分析】（1）根据题目直接运算判断即可；
（2）对进行分类讨论，逐个验证是否符合该性质.
【小问1详解】
对于，
则，同理，
而，同理，
所以具有性质.
【小问2详解】
假设存在集合具有性质，易知集合有4个元素且，
①若，则，不符合4个元素，舍去；
②若，则，又因为，所以不满足，舍去；
③若，则，
又因为，
所以这3组每组至多只能有一个包含于，所以至多只有3个元素，矛盾，舍去；
④若，则，又因为，所以不满足，舍去；
⑤若，则，只有一个元素，舍去，
综上可知，不存在具有性质的集合.
【点睛】方法点睛：本题可以利用反证法逐个矛盾（元素个数矛盾或者与题干性质矛盾）来判断.
停车收费标准
小型车
大型车
白天
（7:00-19:00）
首小时内
2.5元/15分钟
5元/15分钟
首小时后
3.75元/15分钟
7.5元/15分钟
夜间（19:00（不含）-次日7:00）
1元/2小时
2元/2小时
注：白天停车收费以15分钟为1个计时单位，夜间停车收费以2小时为1个计时单位，满1个计时单位后方可收取停车费，不足1个计时单位的不收取费用.