精品解析：北京市第十九中学2025-2026学年高二上学期11月期中考试数学试题 --

北京市第十九中学高二年级练习 数学 2025.11 第一部分（选择题共40分） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在空间四边形中，等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量加减运算法则进行计算. 【详解】. 故选：C 2. 已知向量，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量垂直的坐标运算求得，然后利用空间向量模的坐标运算求解即可. 【详解】由向量，，且， 得，则，则. 故选：A 3. 已知，表示不同的直线，，表示不同的平面，以下命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系逐个判断可得答案. 【详解】对于A，若，，则或，故A不正确； 对于B，若，，则过作平面交于，则，，所以，故B正确； 对于C，若，，则与可能平行，可能垂直，可能相交但不垂直，故 C不正确； 对于D，若，，则或，故D不正确. 故选：B 【点睛】关键点点睛：掌握直线与直线、直线与平面、平面与平面的位置关系是解题关键. 4. 在正方体中，异面直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，连接，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角， 设正方体的棱长为，可得 面，故，在直角中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：D. 5. 在四面体中，点为棱的中点. 设, ，，那么向量用基底可表示为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据点为棱的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用表示向量即可. 【详解】点为棱的中点， ， ， 又， ，故选B. 【点睛】本题主要考查空间向量的基本定理，以及向量的中点公式，要求熟练掌握，同时考查了转化与划归的思想的应用，属于基础题. 6. 在正方体中，已知是的中点，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】通过建立空间直角坐标系求出线面成角的正弦值，根据三角函数同角关系式求出余弦值. 【详解】由题意得，建立如图所示的空间直角坐标系， 设正方体的棱长为，则，， 由平面，是平面的一个法向量， 与平面所成角的正弦值为， 与平面所成角的余弦值为. 故选：. 7. 已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”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】由线面垂直的定义和判定定理，结合充分条件和必要条件的定义判断即可得到答案. 【详解】若，且，则，， 由于向量所在的直线不一定相交，非零向量所在的直线为， 所以不一定能得到； 若，非零向量所在的直线为，向量是平面内两个不相等的非零向量， 则，，可得，. 综上所述，“，且”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 8. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】取点作辅助线，根据题意分析可知平面平面，可知平面，利用等体积法求点到面的距离. 【详解】如图，底面为正方形， 当相邻的棱长相等时，不妨设， 分别取的中点，连接， 则，且，平面， 可知平面，且平面， 所以平面平面， 过作的垂线，垂足为，即， 由平面平面，平面， 所以平面， 由题意可得：，则，即， 则，可得， 所以四棱锥的高为. 故选：D. 9. 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点的轨迹是正方形 D. 点轨迹的长度为 【答案】D 【解析】 【分析】在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系，根据，确定点的轨迹，在逐项判断，即可得出结果. 【详解】 在正方体中，以点为坐标原点，分别以、、方向为轴、轴、轴正方向，建立空间直角坐标系， 因为该正方体的棱长为，分别为的中点， 则，，，， 所以，设，则， 因为， 所以，，当时，；当时，； 取，，，， 连接，，，，则，， 所以四边形为矩形， 则，，即，， 又，且平面，平面， 所以平面， 又，，所以为中点，则平面， 所以，为使，必有点平面，又点在正方体的表面上运动， 所以点的轨迹为四边形， 因此点不可能是棱的中点，即A错； 又，，所以，则点的轨迹不是正方形； 且矩形的周长为，故C错，D正确； 因为点为中点，则点为矩形的对角线交点，所以点到点和点的距离相等，且最大，所以线段的最大值为，故B错. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：求解本题的关键在于建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量的方法，由，求出动点轨迹图形，即可求解. 10. 如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 【答案】D 【解析】 【分析】对于①由题设结合线面垂直的判定证面，再由面面垂直的判定即可判断正误；②设的中点为，易得，所以或其补角即为与的夹角. 利用余弦定理即可求得；③根据①②的分析，当面时，三棱锥体积最大，易求其最大值；④设的中点为，易得点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为 【详解】对于①：由题意知，为等边三角形，点是边的中点 ，，平面， 平面，又平面， 所以平面平面，故①正确； 对于②：设的中点为，易得 所以或其补角即为与的夹角. 在中， 由余弦定理可得， 所以，所以与的夹角为 .故②正确； 对于③：由上分析知：翻折过程中当面时，三棱锥体积最大，此时，故③错误； 对于④：设的中点为，则，点的轨迹是以为圆心为半径的上半圆，所以点的轨迹长度为，故④正确. 故答案为：①②④. 第二部分（非选择题共60分） 二､填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 已知为坐标原点，，若，则的坐标是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算可求向量的坐标. 【详解】为坐标原点，，则. . 故答案为：. 12. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体（如图）.若某金刚石的棱长为2，则它的体积为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】由几何关系先求出一个正四棱锥的高，再结合锥体体积公式即可求解正八面体的体积. 【详解】如图， 设底面中心为，连接，由几何关系知， ， 则正八面体体积为. 故答案为： 13. 正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为3，则侧面与底面所成二面角的余弦值为________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正四棱锥的性质可得为侧面与底面所成二面角的平面角，在直角三角形EFO中即求． 【详解】如图正四棱锥，取底面中心，取中点，连接、、， 由正四棱锥的性质知平面，，， 所以为侧面与底面所成二面角的平面角， 因为正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为3， ， 故答案为：． 14. 如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是______；的最大值为______． 【答案】 ①. ②. 12 【解析】 【分析】如图，分别取，，的中点，，，连接，可证明六边形为正六边形，从而可求其面积，利用向量数量积的几何意义可求的最大值. 【详解】∵，∴点在平面上， 如图，分别取，，的中点，，， 连接， 因为为中点，故， 又由正方体可得，， 故，故四边形为平行四边形，故， 故，故四点共面，同理可证四点共面， 故五点共面，同理可证四点共面， 故六点共面，由正方体的对称性可得六边形为正六边形. 故点的轨迹是正六边形， 因为正方体的棱长为4，所以正六边形的边长为， 所以点的轨迹围成图形的面积是． 如图， ， ∴的最大值为12． 故答案为：，12． 15. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.正四棱锥的总曲率为__________：某类多面体的顶点数为，棱数为，面数为，若该类多面体的总曲率为，则有__________. 【答案】 ①. ②. 3 【解析】 【分析】根据曲率的定义求解即可. 【详解】由定义可得多面体的总曲率顶点数各面内角和， 因为正四棱锥有5个顶点，5个面，分别为4个三角形和1个四边形， 所以正四棱锥的总曲率为； 某类多面体的顶点数为，棱数为，面数为，若该类多面体的总曲率为， 设每个面记为边形， 则所有的面角和为， 根据定义可得该类多面体的总曲率， 所以. 故答案为：；3 三､解答题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）由条件可得，即可证明； （2）根据条件证明、，然后得到平面即可. 【小问1详解】 因为，分别为，的中点，所以， 因为平面，平面， 所以平面， 【小问2详解】 因为，为的中点，所以， 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以，因为， 所以平面， 因为平面，所以平面平面. 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）设为的中点，求二面角的大小. 【答案】（1） 在中， 为的中点，， 面面，且面面平面， 平面， 又平面； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）证明平面，则； （2）由线面角的向量求法求解； （3）由二面角的向量求法求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在直角梯形中，为中点， ，且，则四边形为平行四边形， ， 由（1）可知，平面， 所以可得两两垂直， 故以为坐标原点，建立空间直角坐标系， 则， ， ， 设平面的一个法向量， 由，取，则，得； 设直线与平面所成角为， 则. 直线与平面所成角的正弦值为； 【小问3详解】 平面， 平面，即为平面的一个法向量， 为的中点， 点的坐标为，而， 设平面的一个法向量为， 由，取，则，得. . 由图可知二面角为锐二面角， 二面角的余弦值为. 所以二面角为. 18. 如图，且且且平面，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线到平面的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接. 因为且且， 所以且. 因为为的中点，点在线段上且满足， 可得且， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面平面，所以平面. 在中，为的中点､为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面. 又因为平面， 所以平面平面. 因为平面， 所以平面. （2）. 【解析】 【分析】（1）通过作辅助线证明线面平行，再利用面面平行的性质证明线面平行即可； （2）根据题意建立空间直角坐标系，通过已知条件求出的长，即可根据公式求出点到面的距离. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知，又平面，则, 如图，以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴的正方向 建立空间直角坐标系. 设，由题可知，， . 则， 设为平面的一个法向量，则， 即，令，可得. 依题意，可以作为平面的法向量， 因为二面角的余弦值为， 所以，即，解得. 平面的一个法向量， 所以到平面的距离为：. 19. 已知n为正整数，集合，对于中任意两个元素和，定义：； （1）当时，设，，写出，并计算； （2）若集合满足，且，，求集合S中元素个数的最大值，写出此时的集合S，并证明你的结论； （3）若，且，任取，求的值. 【答案】（1）， （2）最大值是4．理由如下： 此时或． 若还有第5个元素，则必有和和和之一出现， 其对应的，不符合题意． （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义直接求解即可； （2）根据定义，结合反证法进行求解即可； （3）根据定义，结合绝对值的性质进行证明即可． 【小问1详解】 当时，设，， 则，所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设，，， 所以，，，2，3，， 从而， 又， 当 时，； 当时，， 所以， 所以． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北京市第十九中学高二年级练习 数学 2025.11 第一部分（选择题共40分） 一､选择题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项. 1. 在空间四边形中，等于（ ） A. B. C. D. 2. 已知向量，且，那么（ ） A. B. C. D. 5 3. 已知，表示不同的直线，，表示不同的平面，以下命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 4. 在正方体中，异面直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 5. 在四面体中，点为棱的中点. 设, ，，那么向量用基底可表示为（ ） A. B. C. D. 6. 在正方体中，已知是的中点，则与平面所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量是平面内两个不相等的非零向量，非零向量在直线上，则“，且”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，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，，，该棱锥的高为（ ）. A. 1 B. 2 C. D. 9. 在棱长为1的正方体中，分别为的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是（ ） A. 点可以是棱的中点 B. 线段的最大值为 C. 点的轨迹是正方形 D. 点轨迹的长度为 10. 如图，已知菱形中，为边的中点，将沿翻折成（点位于平面上方），连接和，为的中点，则在翻折过程中，给出下列四个结论： ①平面平面： ②与的夹角为定值： ③三棱锥体积最大值为： ④点的轨迹的长度为. 其中，所有正确结论的序号是（ ） A. ①③ B. ②④ C. ①②③ D. ①②④ 第二部分（非选择题共60分） 二､填空题共5小题，每小题4分，共20分. 11. 已知为坐标原点，，若，则的坐标是__________． 12. 金刚石的成分为纯碳，是自然界中天然存在的最坚硬物质，它的结构是由8个等边三角形组成的正八面体（如图）.若某金刚石的棱长为2，则它的体积为__________. 13. 正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为3，则侧面与底面所成二面角的余弦值为________． 14. 如图，已知正方体的棱长为4，，，分别是棱，，的中点，设是该正方体表面上的一点，若，则点的轨迹围成图形的面积是______；的最大值为______． 15. 北京大兴国际机场的显著特点之一是各种弯曲空间的运用，在数学上用曲率刻画空间弯曲性.规定：多面体的顶点的曲率等于与多面体在该点的面角之和的差（多面体的面的内角叫做多面体的面角，角度用弧度制），多面体面上非顶点的曲率均为零，多面体的总曲率等于该多面体各顶点的曲率之和.例如：正四面体在每个顶点有3个面角，每个面角是，所以正四面体在每个顶点的曲率为，故其总曲率为.正四棱锥的总曲率为__________：某类多面体的顶点数为，棱数为，面数为，若该类多面体的总曲率为，则有__________. 三､解答题共4小题，共40分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程. 16. 如图，在直三棱柱中，，，分别为，的中点． （1）求证：平面； （2）求证：平面平面． 17. 如图，在四棱锥中，底面为直角梯形，，平面平面为的中点，. （1）求证：； （2）求直线与平面所成角的正弦值： （3）设为的中点，求二面角的大小. 18. 如图，且且且平面，点为的中点，点在线段上且满足. （1）求证：平面； （2）若二面角的余弦值为，求直线到平面的距离. 19. 已知n为正整数，集合，对于中任意两个元素和，定义：； （1）当时，设，，写出，并计算； （2）若集合满足，且，，求集合S中元素个数的最大值，写出此时的集合S，并证明你的结论； （3）若，且，任取，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $