精品解析：北京市景山学校远洋分校2024-2025学年高二上学期期中考试数学试题

北京景山学校远洋分校2024-2025学年度第一学期 高二数学期中试卷 考试时间：120分钟 一、单选题 1. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由空间向量平行、垂直的坐标表示判断． 【详解】由于，，因此，与不平行， 又，因此与不垂直， 故选：C． 2. 已知空间三点共线，则和的值分别是（ ） A. 3，6 B. 2，4 C. 1，4 D. 2，6 【答案】B 【解析】 【分析】得到，后借助空间向量共线计算即可得. 【详解】，， 则有，解得，. 故选：B. 3. 已知向量，，则（ ） A. B. 9 C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】先由向量的坐标运算的减法公式求，再由向量的模的公式求. 【详解】因为，，所以， 所以， 故选：A. 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用给定的基底，结合空间向量线性运算求出. 【详解】依题意有. 故选：B. 5. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先根据线面角的定义求得，从而依次求，，，，再把所有棱长相加即可得解. 【详解】如图，过做平面，垂足为，过分别做，，垂足分别为，，连接， 由题意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面与底面夹角分别为和， 所以. 因为平面，平面，所以， 因为，平面，， 所以平面，因为平面，所以，. 同理：，又，故四边形是矩形， 所以由得，所以，所以， 所以在直角三角形中， 在直角三角形中，，， 又因为， 所有棱长之和为. 故选：C 6. 如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，，在上且平面，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设，求平面的法向量，根据线面平行可得，根据向量垂直的坐标运算求解即可. 【详解】由题意可知：， 设，则． 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 因为平面，则， 即，解得，即点坐标为． 故选：B. 7. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，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】根据面面平行的判定定理和性质，结合充分条件和必要条件的定义即可得解. 【详解】由，，若，由面面平行的性质知：，必要性成立； 由，，若，则或相交，充分性不成立． 相交情况如下： 则“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 8. 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 【解析】 【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 9. 已知点在边长为2的正八边形的边上，点在边上，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为原点，建立平面直角坐标系，表示出点的坐标，计算即可. 【详解】以为原点， 为轴，为轴建立平面直角坐标系， 设，则， 所以， 由于正八边形的每个外角都为； 则， 所以. 故选：C 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 【答案】C 【解析】 【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误. 【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为, 则满足，可得， 此时外接球的表面积为，可知①错误； 对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示： 则，所以， 设，其中； 可得， 异面直线与所成角的余弦值为， 易知时，， 可得， 所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确； 对于③，由②可知，，则； 设平面的法向量为，又， 则，取，则； 所以平面的法向量为， 此时，可得，又平面， 所以直线平面，即③正确； 对于④，根据正方体性质平面，所以， 易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值， 所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误； 综上所述，正确的结论为②③. 故选：C 【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法： （1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值； （2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值. 二、填空题 11. 已知两个平面，的法向量分别是和，若，则________． 【答案】4 【解析】 【分析】由，可得两平面的法向量也平行，从而列方程可求出的值，进而可求得答案 【详解】解：因为两个平面，的法向量分别是和，且， 所以，解得， 所以， 故答案为：4 12. 已知，是空间两向量，若，则与的夹角为______． 【答案】 【解析】 【分析】利用平方的方法化简已知条件，从而求得与的夹角. 【详解】设与的夹角为， 所以根据， ， 即， 又，． 故答案为： 13. 如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 _____． 【答案】2 【解析】 【分析】点在以为球心为半径的球上,又点在正方体的表面上,故的轨迹为三段相等圆弧(球被正方体各个面所截)，进而求解即可. 【详解】如图，连接，易知， 所以在平面，平面，平面上都存在满足， 当点在平面内时，连接， 因为，所以， 所以点在平面内的轨迹就是以为圆心，为半径的圆弧，其长度为. 同理可得，点在平面内的轨迹的长度为，点在平面内的轨迹的长度为， 所以点的轨迹的总长度为，∴． 故答案为：2． 14. 如图，在正方体中，E，F，G，H，M分别是棱，，的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件________时，就有；当N只需满足条件________时，就有MN∥平面． 【答案】 ①. 点N在EG上； ②. 点N在EH上 【解析】 【分析】第一空取中点，连接，，证得平面即可得出结论；第二空证得平面平面即可得出结论． 【详解】 取中点，连接，，由于分别是所在棱的中点，易得平面，，平面平面，从而有平面，因此只要点在上，就有， 而，，因此可得平面平面，从而只要点在上，就有平面． 故答案为：点在上；点在上． 15. 如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②存在符合条件的点，使得； ③三棱锥的体积的最大值为； ④设直线与平面所成角为，则的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是__________. 【答案】②③④ 【解析】 【分析】对于①，利用线线平行可证得平面平面，进而知动点的轨迹； 对于②，利用垂直的性质的可判断； 对于③，利用三棱锥的体积公式可求得； 对于④，利用线面角的定义结合三角形可求解； 【详解】对于①，分别取和的中点，连接，，， 由正方体性质知，，平面，平面，所以平面,又平面，，所以平面平面， 当在上运动时，有平面，故动点的轨迹是线段，故①错误； 对于②，当为线段中点时，，， 又，，故②正确； 对于③，三棱锥的体积， 又所以三棱锥的体积的最大值为，故③正确； 对于④，连接，则与平面所成角，则， 又，所以的取值范围是，故④正确； 故正确结论的序号是①③④， 故答案为：②③④ 三、解答题 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） 【解析】 【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. 【小问1详解】 . 【小问2详解】 ， 由于，所以， 解得. 【小问3详解】 ， 设，即， 所以，解得. 17. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 【答案】（1） 因为平面平面， 所以，同理， 所以为直角三角形， 又因为，， 所以，则为直角三角形，故， 又因为，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先由线面垂直的性质证得，再利用勾股定理证得，从而利用线面垂直的判定定理即可得证； （2）结合（1）中结论，建立空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，再利用空间向量夹角余弦的坐标表示即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由（1）平面，又平面，则， 以为原点，为轴，过且与平行的直线为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图， 则， 所以， 设平面的法向量为，则，即 令，则，所以， 设平面的法向量为，则，即， 令，则，所以， 所以， 又因为二面角为锐二面角， 所以二面角的大小为. 18. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点． （1）求证：平面平面PAD； （2）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值． 【答案】（1） 证明：在底面是矩形的四棱锥中，平面，直线两两垂直， 以为原点，线分别为轴建立空间直角坐标系，如图： 则， ， 于是，即， ，即， 又平面PAD，因此平面PAD，又平面， 所以平面平面PAD. （2）. 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由（1）中坐标系，求出平面平面EAC与平面ACD的法向量，再利用面面角的向量求法求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设平面的法向量为，则，令，得， 依题意，平面，平面ACD的法向量为， 设平面EAC与平面ACD夹角的，则， 所以平面EAC与平面ACD夹角的余弦值为. 19. 如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． （1）证明：； （2）证明：； （3）当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 【答案】（1） 因为直线平面平面， 且平面平面，所以； （2） 过作，垂足为， 由题意知：为矩形，可得， 由，则为等边三角形，且F为线段BC的中点，则， 又因为平面平面ABCD，平面平面，平面， 可得平面ABCD，且平面， 所以. （3）2 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的性质定理即可证明； （2）过作，垂足为，分析可知为等边三角形，可得，结合面面垂直的性质可得平面ABCD，即可得结果； （3）取线段的中点，连接，建系，设，求平面PAD的法向量，利用空间向量处理线面夹角的问题. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（1）可知：平面ABCD， 取线段的中点，连接，则，， 又因为，可知， 以为坐标原点，分别为轴，建立空间直角坐标系， 则， 因为E为线段PF上一点，设， 可得， 设平面的法向量，则， 令，则，可得， 由题意可得：， 整理得，解得， 所以当，直线与平面夹角的正弦值为. 20. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （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AB与平面BMN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，按第一个解答计分． 【答案】（1）证明：取的中点为，连接， 由三棱柱可得四边形为平行四边形， 而，则， 而平面，平面，故平面， 而，则，同理可得平面， 而平面， 故平面平面，而平面，故平面， （2） 若选①或选②，直线AB与平面BMN所成角的正弦值都是. 【解析】 【分析】（1）取的中点为，连接，可证平面平面，从而可证平面. （2）选①②均可证明平面，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为侧面为正方形，故， 而平面，平面平面， 平面平面，故平面， 因为，故平面， 因为平面，故， 若选①，则，而，， 故平面，而平面，故， 所以，而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 若选②，因为，故平面，而平面， 故，而，故， 而，，故， 所以，故， 而，，故平面， 故可建立如所示的空间直角坐标系，则， 故， 设平面的法向量为， 则，从而，取，则， 设直线与平面所成的角为，则 . 21. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点． （1）求证：平面． （2）求二面角的余弦值． （3）在棱上是否存在点，使得？若求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）设与的交点为，连接. 因为为矩形，所以为的中点， 在中，由已知为中点， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2）； （3）存在，，理由如下： 设是棱上一点，则存在使得． 因此点，，． 由，即． 因为，所以在棱上存在点，使得， 此时． 【解析】 【分析】(1)利用题意证得，然后由线面平行的判断定理可得平面. (2)建立空间直角坐标系，利用平面向量的法向量可得二面角的余弦值为. (3)探索性问题，利用空间向量的结论可得在棱上存在点，使得， 此时． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 取中点，连接. 因为是等腰三角形，为的中点， 所以， 又因为平面平面， 因为平面，， 所以平面． 取中点，连接， 由题设知四边形为矩形， 所以， 所以．　 如图建立空间直角坐标系，则，，，，，，.，. 设平面的法向量为，则即 令，则，，所以. 平面的法向量为， 设，的夹角为，所以. 由图可知二面角为锐角， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京景山学校远洋分校2024-2025学年度第一学期 高二数学期中试卷 考试时间：120分钟 一、单选题 1. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知空间三点共线，则和的值分别是（ ） A. 3，6 B. 2，4 C. 1，4 D. 2，6 3. 已知向量，，则（ ） A. B. 9 C. 1 D. 3 4. 如图，在四面体OABC中，，，．点M在OA上，且，N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 5. 坡屋顶是我国传统建筑造型之一，蕴含着丰富的数学元素．安装灯带可以勾勒出建筑轮廓，展现造型之美．如图，某坡屋顶可视为一个五面体，其中两个面是全等的等腰梯形，两个面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面与平面的夹角的正切值均为，则该五面体的所有棱长之和为（ ） A. B. C. D. 6. 如图，正方形与矩形所在平面互相垂直，，在上且平面，则点的坐标为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，，是三个不同的平面，，是两条不同的直线，且，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 8. 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 9. 已知点在边长为2的正八边形的边上，点在边上，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 10. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ） ①的外接球表面积为； ②异面直线与所成角的取值范围是； ③直线平面； ④三棱锥的体积随着点的运动而变化. A. ①② B. ①③ C. ②③ D. ③④ 二、填空题 11. 已知两个平面，的法向量分别是和，若，则________． 12. 已知，是空间两向量，若，则与的夹角为______． 13. 如图，正方体的棱长为，点在正方体的表面上运动，且，若动点的轨迹的长度为3π，则棱长为 _____． 14. 如图，在正方体中，E，F，G，H，M分别是棱，，的中点，点N在四边形EFGH的四边及其内部运动，则当N只需满足条件________时，就有；当N只需满足条件________时，就有MN∥平面． 15. 如图，在正方体中，为棱的中点，是正方形内部（含边界）的一个动点，且平面.给出下列四个结论： ①动点的轨迹是一段圆弧； ②存在符合条件的点，使得； ③三棱锥的体积的最大值为； ④设直线与平面所成角为，则的取值范围是. 其中所有正确结论的序号是__________. 三、解答题 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. 17. 如图，在三棱锥中，平面，． （1）求证：平面PAB； （2）求二面角的大小． 18. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，平面，，，是PD的中点． （1）求证：平面平面PAD； （2）求平面EAC与平面ACD夹角的余弦值． 19. 如图，在四棱锥中，直线平面PCD，，，，平面平面ABCD，F为线段BC的中点，E为线段PF上一点． （1）证明：； （2）证明：； （3）当EF为何值时，直线BE与平面PAD夹角的正弦值为． 20. 如图，在三棱柱中，侧面为正方形，平面平面，，M，N分别为，AC的中点． （1）求证：平面； （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AB与平面BMN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，按第一个解答计分． 21. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，平面平面，，，，为中点． （1）求证：平面． （2）求二面角的余弦值． （3）在棱上是否存在点，使得？若求的值；若不存在，说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $