2024-2025学年北京十九中高二（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年北京十九中高二（上）期中数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知向量a=(2,−1,3)，b=(4,x,y)，且a/​/b，则x+y=( )
A. −4B. −2C. 4D. 2
2.如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，若AB=a，AD=b，AA1=c，则D1B=( )
A. a+b−c
B. a+b+c
C. a−b−c
D. −a+b+c
3.已知向量OA=(1,2,3)，OB=(1,−2,1)，点C为线段AB中点，则|OC|=( )
A. 1B. 2C. 3D. 5
4.已知直线m，直线n和平面α，则下列四个命题中正确的是( )
A. 若m//α，n⊂α，则m//nB. 若m//α，n//α，则m//n
C. 若m⊥α，n//α，则m⊥nD. 若m⊥n，n//α，则m⊥α
5.已知正四棱锥的底面边长为2，侧棱长为 5，则该正四棱锥的侧面积和体积分别为( )
A. 16，43B. 16，23C. 8，4 3D. 8，4 33
6.已知直线l的方向向量为m，平面α的法向量为n，则“m⋅n=0”是“l/​/α”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
7.已知不重合的平面α与平面ABC，若平面α的法向量n=(−3,−1,2)，AB=(1,0,−2)，AC=(1,1,1)，则( )
A. 平面α/​/平面ABCB. 平面α⊥平面ABC
C. 平面α、平面ABC相交但不垂直D. 以上均有可能
8.金刚石也被称作钻石，是天然存在的最硬的物质，可以用来切割玻璃，也用作钻探机的钻头.金刚石经常呈现如图所示的“正八面体”外形.正八面体由八个全等的等边三角形围成，体现了数学的对称美.下面给出四个结论：
①AE//平面CDF；
②AC⊥EB；
③二面角E−BC−A的平面角余弦值为 33；
④过点E至少存在一条直线与正八面体的各个面所成角均相等．
其中所有正确结论的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
9.《九章算术》是中国古代的第一部自成体系的数学专著．其中卷五记载：“今有刍甍，下广三丈，表四丈，上袤二丈，无广，高一丈．问积几何？”问题即为：今有如图所示的屋脊状楔体PQ−ABCD，下底面ABCD是矩形，假设屋脊没有歪斜，即PQ中点R在底面ABCD上的投影为矩形ABCD的中心O，PQ//AB，AB=4，AD=3，PQ=2，OR=1(长度单位：丈).则楔体PQ−ABCD的体积为( )(体积单位：立方丈)
A. 10
B. 8
C. 6
D. 5
10.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，E为BB1的中点，F为线段BC1上的动点.给出下列结论错误的是( )
A. 三棱锥F−AD1E体积为定值
B. 存在唯一点F使EF⊥D1F
C. 若AF≤2 2，则点F轨迹的长度为2
D. 平面AD1E截正方体表面得到的截面所有边长之和为3 2+2 5
二、填空题：本题共6小题，每小题4分，共24分。
11.若直线a的方向向量是n=(1,−1,2)，平面α的法向量是m=(−2,0,3)，则这条直线a和这个平面α的位置关系是______.(填写“面内、相交、平行”中的一种)
12.如果一个圆锥的底面半径为3，侧面积为18π，那么圆锥的母线与底面所成的夹角等于______.(填写具体的角度大小)
13.如图，在正四面体O−ABC中，所有棱长均为2，若AM=MB，ON=2NC，OA=a，OB=b，OC=c，则NM= ______；NM⋅OA= ______．
14.如图，在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB=2BC=2.若M是BB1的中点，则DM与BC所成角的余弦值为______；正四棱柱的外接球表面积为______．
15.如图，在长方体ABCD−A1B1C1D1中，CC1=C1D1=2，C1B1=1，点P为线段BB1上一动点，则PC⋅PD的最小值为______．
16.如图，已知菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=120°，E为边BC的中点，将△ABE沿AE翻折成△AB1E(点B1位于平面ABCD上方)，连接B1C和B1D，F为B1D的中点，F在平面AECD的射影为F′，则在翻折过程中，给出下列四个结论：
①CF//平面AB1E；
②AB1与CF的夹角为定值π3；
③三棱锥B1−AED体积最大值为2 33；
④点F′的轨迹的长度为1．
其中所有正确结论的序号是______．
三、解答题：本题共3小题，共36分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题12分)
如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AA1=AC=4，AB=3，BC=5．
(1)求直线AB1与直线CA1所成角的余弦值；
(2)求直线AB1与平面A1CB所成角的正弦值；
(3)求点B1到平面A1CB的距离．
18.(本小题12分)
如图，在四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB1⊥平面ABCD，底面ABCD是边长为1的正方形，侧棱A1A=2．
(Ⅰ)求证：C1D//平面ABB1A1；
(Ⅱ)求证：AC⊥BC1；
(Ⅲ)求二面角C1−BD−D1的余弦值．
19.(本小题12分)
如图，在多面体ABCDEF中，梯形ADEF与平行四边形ABCD所在平面互相垂直，AF//DE，DE⊥AD，AD⊥BE，AF=AD=12DE=1，AB= 2．
(1)求证：BF//平面CDE；
(2)判断线段BE上是否存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF？若存在，求出BQBE的值，若不存在，说明理由．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.C
5.D
6.B
7.C
8.D
9.D
10.B
11.相交
12.π3
13.12a+12b−23c；53 53
14. 33 6π
15.1
16.①②④
17.解：(1)在△ABC中，由AB=3，AC=4，BC=5，可知AB⊥AC；
再由直三棱柱性质可知AB，AC，AA1两两垂直，
以A为坐标原点，AC，AB，AA1所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如下图所示：

可知A(0,0,0)，B1(0,3,4)，C(4,0,0)，A1(0,0,4)，
所以AB1=(0,3,4),CA1=(−4,0,4)，
因此cs=AB1⋅CA1|AB1||CA1|=165×4 2=2 25，
可得直线AB1与直线CA1所成角的余弦值为2 25．
(2)又易知B(0,3,0)，可得BC=(4,−3,0)，
结合(1)中结论可设平面A1CB的一个法向量为n=(x,y,z)，
则n⊥BCn⊥CA1，所以n⋅BC=4x−3y=0n⋅CA1=−4x+4z=0，
令x=3，可得y=4，z=3，
即可得n=(3,4,3)，
设直线AB1与平面A1CB所成的角为θ，
则sinθ=|cs|=|AB1⋅n||AB1||n|=245× 34=12 3485，
即直线AB1与平面A1CB所成角的正弦值为12 3485．
(3)易知CB1=(−4,3,4)，又n=(3,4,3)可知，
点B1到平面A1CB的距离为d=|CB1⋅n||n|=12 34=6 3417．
18.解：(Ⅰ)证明：因为B1C1/​/BC、B1C1=BC，AD//BC、AD=BC，
所以B1C1//AD、B1C1=AD，所以四边形B1C1DA为平行四边形，
所以C1D/​/AB1，AB1⊂平面ABB1A1，C1D⊄平面ABB1A1，
所以C1D/​/平面ABB1A1；
(Ⅱ)证明：连接BD，因为AB1⊥平面ABCD，
由(Ⅰ)知C1D/​/AB1，所以C1D⊥平面ABCD，
又因为AC⊂平面ABCD，所以AC⊥C1D，
因为四边形ABCD是正方形，所以AC⊥BD，
又因为C1D∩BD=D，所以AC⊥平面C1BD，
因为C1B⊂平面C1BD，所以AC⊥BC1；
(Ⅲ)因为AB1⊥平面ABCD，所以AB1⊥AD，AB1⊥AB，
又因为ABCD是正方形，所以AB⊥AD，
于是AD、AB、AB1两两垂直，
建立如图所示的空间直角坐标系，
∴A(0,0,0)，B(0,1,0)，C(1,1,0)，D(1,0,0)，D1(1,−1, 3)，
可知平面C1BD的法向量为m=AC=(1,1,0)，
DB=(−1,1,0)，DD1=(0,−1, 3)，
设平面BDD1的法向量为n=(x,y,z)，
则DB⋅n=−x+y=0DD1⋅n=−y+ 3z=0，令y= 3，则n=( 3, 3,1)，
所以二面角C1−BD−D1的余弦值为|m⋅n||m|⋅|n|=2 3 2⋅ 7= 427．
19.解：(1)证明：∵底面ABCD为平行四边形，∴AB/​/CD，
又AB⊄平面CDE，CD⊂平面CDE，
∴AB/​/平面CDE，同理AF//平面CDE，又AB∩AF=A，
∴平面ABF/​/平面CDE，又BF⊂平面ABF，
∴BF/​/平面CDE；
(2)如图，连接BD，
∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD=AD，DE⊥AD，
∴DE⊥平面ABCD，∴DE⊥DB，又DE⊥AD，AD⊥BE，DE∩BE=E，
∴AD⊥平面BDE，∴AD⊥BD，
∴DA，DB，DE两两垂直，
∴以DA，DB，DE所在的直线分别为x轴、y轴和z轴，建系如图，则根据题意可得：
D(0,0,0)，A(1,0,0)，B(0,1,0)，
C(−1,1,0)，E(0,0,2)，F(1,0,1)，
∴BE=(0,−1,2)，EF=(1,0,−1)，
设平面BEF的一个法向量为m=(x,y,z)，
则m⋅BE=−y+2z=0m⋅EF=x−z=0，取m=(1,2,1)，
设线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，
设BQ=λBE=(0,−λ,2λ)，(λ∈[0,1])，
∴DQ=DB+BQ=(0,1−λ,2λ)，
设平面CDQ的法向量为n=(a,b,c)，又DC=(−1,1,0)，
则n⋅DQ=(1−λ)b+2λc=0n⋅DC=−a+b=0，取n=(1,1,λ−12λ)，
若平面CDQ⊥平面BEF，则m⋅n=0，
即1+2+λ−12λ=0，解得λ=17∈[0,1]，
∴线段BE上存在点Q，使得平面CDQ⊥平面BEF，且此时BQBE=17．