精品解析：北京市师达中学2024-2025学年高二上学期期中练习数学试卷

北京市师达中学2024-2025学年度第一学期期中练习 高二数学 2024.11 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 正四棱锥的底面边长为2，高为2，该四棱锥的体积是（ ） A. B. C. 8 D. 12 2. 已知向量，，若与垂直，则（ ） A. B. C. D. 3. 下列各组向量中不平行的是（　　） A. B. C. D. 4. 垂直于同一条直线的两条直线一定（ ） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能 5. 如图，在四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则（ ） A. B. C. D. 6. 空间中，设表示不同的直线，表示不同的平面，则下列命题正确的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 已知棱长为2的正方体中，二面角的大小是（ ） A. B. C. D. 8. 在平行六面体中，点M满足．若，则下列向量中与相等的是（ ） A. B. C. D. 9. 在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 10. 如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上. 11. 已知，在直线上，写出直线的一个方向向量为________. 12. 在棱长为1的正方体中，___________. 13. 在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是________. 14. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是__________． 三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，底面，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 16. 直三棱柱的底面中，，，棱，、分别是，的中点，如图，建立空间直角坐标系. （1）求的坐标及的长； （2）求证：. 17. 在空间直角坐标系中，已知，，，. （1）求直线与直线所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 18. 如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形． （1）求证：∥平面； （2）若平面，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点D到平面的距离． 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列两个问题 （1）求证：为的中点； （2）求二面角的余弦值． 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． 20. 如图1，在四边形中，，，，，，分别是，上的点，，，，.将沿折起到的位置，得到五棱锥，如图2. （1）求证：平面； （2）若平面平面， （i）求二面角的余弦值； （ii）对线段上任意一点，求证：直线与平面相交. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市师达中学2024-2025学年度第一学期期中练习 高二数学 2024.11 考试时间：120分钟 满分：150分 一、选择题：本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 正四棱锥的底面边长为2，高为2，该四棱锥的体积是（ ） A. B. C. 8 D. 12 【答案】A 【解析】 【分析】根据锥体的体积公式运算求解即可. 【详解】因为正四棱锥的底面边长为2，高为2， 所以四棱锥的体积是. 故选：A. 2. 已知向量，，若与垂直，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量垂直的坐标表示列式计算即得. 【详解】向量，，由与垂直，得， 所以. 故选：A 3. 下列各组向量中不平行的是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量共线平行的坐标表示判断求解即可； 【详解】，所以两向量平行； ，所以两向量平行； ，零向量与任何向量都平行； ，没有实数满足，故两向量不平行； 故选：D. 4. 垂直于同一条直线的两条直线一定（ ） A. 平行 B. 相交 C. 异面 D. 以上都有可能 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间直线的位置关系即得． 【详解】垂直于同一条直线的两条直线有可能平行，也有可能相交于一点，也有可能异面． 故选：D． 5. 如图，在四棱锥中，，分别为，上的点，且平面，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据线面平行的性质分析判断即可. 【详解】因为平面，平面，平面平面， 所以. 故选：B. 6. 空间中，设表示不同的直线，表示不同的平面，则下列命题正确的是 A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【详解】A项，若，过正方体同一顶点的三个平面分别为，则，故A项不合题意； B项，若，根据垂直于同一条直线的两个平面平行，则，故B项符合题意； C项，若，由同时垂直于一个平面的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故C项不合题意； D项，若,由同时垂直于一条直线的直线和平面的位置关系可以是直线在平面内或平行可知，直线m在平面内或平行，故D项不合题意. 故选B. 7. 已知棱长为2的正方体中，二面角的大小是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】找到二面角的平面角为，即可得到答案； 【详解】由题意得：，， 可知为二面角的平面角， 且为正方形，则， 所以二面角的大小是. 故选：B. 8. 在平行六面体中，点M满足．若，则下列向量中与相等的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】结合图形，由空间向量的线性运算可得. 【详解】 由点M满足，所以M为中点， 因为四边形ABCD为平行四边形，所以M为中点, 所以， 所以. 故选：C 9. 在空间直角坐标系中，点到x轴的距离为（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】结合空间直角坐标系，数形结合利用勾股定理求解点到x轴的距离. 【详解】 在空间直角坐标系中， 过作平面，垂足为，则轴， 在坐标平面内，过作轴，与轴交于， 由，则，， 由，平面，平面， 则轴平面，平面， 则轴，故即点到x轴的距离， 则. 故选：D. 10. 如图，已知菱形的边长为2，且分别为棱中点．将和分别沿折叠，若满足平面，则线段的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】借助空间直观想象，折叠前在平面图形中求出的长度，折叠过程中证明平面平面，面面距离即为的最小值，由此得到的范围. 【详解】 折叠前，连接. 由题意，在菱形中，， ， 则由余弦定理得，， 所以，，故在折叠过程中，. 折叠后，若平面， 则平面，则，故BD项错误； 折叠前，在菱形中，，， 则是正三角形， 由分别为棱中点， 则，所以. 折叠后，， 又平面，且平面， 则平面，同理平面，所以平面平面， 则平面与平面的距离即为， 由点平面，点平面，则. 在折叠过程中，当时，由， 则均为正三角形，可构成如图所示的正三棱柱， 满足平面，此时. 所以最小值为，故A正确，C项错误. 故选：A. 二、填空题：本大题共5小题，每小题5分，共25分，把答案填在题中横线上. 11. 已知，在直线上，写出直线的一个方向向量为________. 【答案】（答案不唯一，与此向量共线的非零向量均可） 【解析】 【分析】求出向量的坐标即可得解. 【详解】点，，则， 而点在直线上，所以直线的一个方向向量可以为. 故答案为： 12. 在棱长为1的正方体中，___________. 【答案】1 【解析】 【分析】根据向量的加法及向量数量积的运算性质求解. 【详解】如图，在正方体中， ， 故答案为：1 13. 在正方体中，直线是底面所在平面内的一条动直线，记直线与直线所成的角为，则的最小值是________. 【答案】 【解析】 【分析】过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为，则，，根据可求出结果. 【详解】如图：过作的平行线，过作该平行线的垂线，垂足为， 则，所以， 设正方体的棱长为，则，， 所以,当且仅当与A重合时，取得等号， 所以的最小值是. 故答案为：. 14. 如图，正方形和矩形所在的平面互相垂直．点在正方形及其内部运动，点在矩形及其内部运动．设，给出下列四个结论： ①存在点，使； ②存在点，使； ③到直线和的距离相等的点有无数个； ④若，则四面体体积的最大值为． 其中所有正确结论的序号是__________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】建立适当空间直角坐标系后，借助空间向量研究位置关系，结合距离公式、三棱锥体积公式逐项判断即可得. 【详解】建立如图所示空间直角坐标系， 则有、、、、、， 设，，其中，， 对①：，则， 当，，时，有， 故存在点，使，故①正确； 对②：，， 若，则有， 由，，故当时，，， 此时有，即，即， 此时与重合，与重合，故不存在点，使，故②错误； 对③：点到直线的距离为，点到直线的距离为， 即有，即，由， 故其轨迹为双曲线的一部分，即点有无数个，故③正确； 对④：，， 由，故有，则， 又， 故，故④正确. 故答案为：①③④. 【点睛】关键点点睛：第④个结论的关键点在于借助四面体的体积公式，分别求出高与底面三角形的最大值. 三、解答题：本大题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 如图，在底面是矩形的四棱锥中，底面，、分别是、的中点. （1）求证：平面； （2）求证：平面. 【答案】（1） 因为，、分别是、的中点，则∥， 又因为∥，则∥， 且平面，平面，所以∥平面. （2） 因为底面，底面，则， 又因为为矩形，则， 且，平面，所以平面. 【解析】 【分析】（1）根据中位线可得∥，进而可得∥，结合线面平行的判定定理分析证明； （2）根据题意可得，，结合线面垂直的判定定理分析证明. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 直三棱柱的底面中，，，棱，、分别是，的中点，如图，建立空间直角坐标系. （1）求的坐标及的长； （2）求证：. 【答案】（1）； （2） 由（1）可得：， 因为，所以. 【解析】 【分析】（1）根据坐标系标点，即可得向量坐标和模长； （2）由（1）求，根据空间向量垂直的坐标表示运算求解. 【小问1详解】 由题意可知：， 则，可得， 所以的长为. 【小问2详解】 略 17. 在空间直角坐标系中，已知，，，. （1）求直线与直线所成角的余弦值； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用线线角的向量求法计算即得. （2）求出平面的法向量，再利用线面角的向量求法求解. 【小问1详解】 依题意，，则， 所以直线与直线所成角的余弦值为. 【小问2详解】 由（1）知，， 设平面的法向量，则， 令，则， 得为平面的一个法向量， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 18. 如图，四边形为梯形，，四边形为平行四边形． （1）求证：∥平面； （2）若平面，求： （ⅰ）直线与平面所成角的正弦值； （ⅱ）点D到平面的距离． 【答案】（1） 如图,在射线上取点,使,连接. 由题设,得,所以四边形为平行四边形. 所以且. 又四边形为平行四边形, 所以且. 所以且.. 所以四边形为平行四边形, 所以. 因为平面平面 所以平面. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）在射线上取点,使，证明四边形为平行四边形，则，则根据线面平行的判定即可得到； （2）以为原点，建立合适的空间直角坐标系，写出相关向量，计算出平面的法向量为，则可计算出线面角的正弦值； （3）因为,根据（2）的结论则得到距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）因为平面,平面， 所以.又, 所以,,两两相互垂直. 如图建立空间直角坐标系, 则.所以. 设平面的法向量为,则 即 令,则.于是. 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. （ii）因为, 所以直线与平面所成角的正弦值为. 所以点到平面的距离为 19. 如图，在四棱锥中，平面，，，，．为棱上一点，平面与棱交于点．再从条件①、条件②这两个条件中选择一个作为已知，完成下列两个问题 （1）求证：为的中点； （2）求二面角的余弦值． 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） 选条件①： 因为，平面，平面， 所以平面 因为平面平面， 所以 又， 所以四边形为平行四边形． 所以且． 因为且，所以且． 所以为的中位线． 所以为的中点． 选条件②：． 因为平面，平面，所以． 在中，． 在直角梯形中， 由，，可求得，所以． 因为，所以为的中点． 因为，平面，平面， 所以平面． 因为平面平面，所以． 所以， 所以为的中点； （2） 【解析】 【分析】（1）若选条件①，利用线面平行判定定理和性质定理即可得出四边形为平行四边形，又即可得为的中位线即可得出证明；若选条件②，利用勾股定理可得为的中点，再利用线面平行判定定理和性质定理即可得，即可得出证明； （2）建立以为坐标原点的空间直角坐标系，求出平面的法向量为，易知是平面的一个法向量，根据空间向量夹角与二面角之间的关系即可求得结果. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题可知因为平面，所以． 又，所以两两相互垂直． 如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，． 所以，，． 设平面的法向量为，则，即 令，则，．于是． 因为平面，且，所以平面， 又平面，所以． 又，且为的中点，所以．平面， 所以平面，所以是平面的一个法向量． ． 由题设，二面角的平面角为锐角， 所以二面角的余弦值为． 20. 如图1，在四边形中，，，，，，分别是，上的点，，，，.将沿折起到的位置，得到五棱锥，如图2. （1）求证：平面； （2）若平面平面， （i）求二面角的余弦值； （ii）对线段上任意一点，求证：直线与平面相交. 【答案】（1）证明：∵，， ∴， ∴，又， ∴平面； （2）（i） （ii）证明：由题设，又， ∴， ∴，又， ∴，又平面的一个法向量为， 由，可得，又， ∴， ∴直线与平面相交. 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理即得； （2）（i）利用坐标法即求； （ii）可设，进而可得，利用向量数量积可得，即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由，可知为的平面角， 又平面平面， ∴，即，又， ∴平面， 如图建立空间直角坐标系，则， ∴， 设平面的法向量为，则 ，即， 令，则， 又平面的一个法向量可取， ∴， ∴二面角的余弦值为； （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $