精品解析：北京航空航天大学实验学校中学部2026-2027学年高二上学期期中练习数学试题

北航实验学校中学部2026-2027学年度第一学期 高二年级数学学科期中练习 2026年11月 考生须知： 1．本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有26小题，试卷共6页，一张答题纸； 2．考试时间为120分钟，满分为150分； 3．请用黑色签字笔（选择题涂卡使用2B铅笔），按规定要求在答题纸上作答； 4．请将个人信息完整填写在相应位置． 第Ⅰ卷（共100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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，棱长为1的正方体中，（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 3. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 4. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 6. 空间直角坐标系中，已知，，，则“”是“为平面的法向量”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A. B. 20 C. 12 D. 8. 如图，，，，，点在棱上的射影分别是，若，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 9. 如果球、正方体与等边圆柱（圆柱底面圆的直径与高相等）的体积相等，设它们的表面积依次为，，，那么，，的大小关系为 A. B. C. D. 10. 已知某圆锥的底面半径为2，高为，为该圆锥的顶点，点，，在其底面圆周上，且不是钝角三角形，记平面，，与底面所成角的大小分别为，，，若，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请将结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 已知向量，，，若，则______，______． 12. 已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 13. 在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计：灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性：现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下： 灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米：灯笼的顶部下面是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米，则灯笼的总体积为______；已知灯笼侧面需要糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，则灯笼所需纸张的总面积为______． 14. 如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为__________． 15. 在正四面体中，，，分别是，，的中点，有下列四个命题： ①平面； ②平面平面； ③平面； ④平面平面． 其中正确命题的序号是_________． 三、解答题（本大题共3小题，共35分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 16. 已知的面积，且． （1）求C的大小； （2）记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 17. 如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 第Ⅱ卷（共50分） 一、选择题（本大题共4小题，每小题s分，共20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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 19. 如图，已知正四棱锥的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上一动点，则当面积取得最小值时，OH与平面ABCD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 20. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，设SA与BC所成的角为，SA与平面ABCD所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 21. 已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 22. 如图，在棱长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为 其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共1S分.请将结果填在答题纸上的相应位置．） 23. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 24. 如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，___________； ②若，则的取值范围是____________. 25. 如图1，在矩形ABCD中，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为A1C的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论： ①恒有； ②恒有平面； ③三棱锥的体积的最大值为； ④存在某个位置，使得平面平面. 其中所有正确结论的序号是___________. 三、解答题（本大题共1小题，共15分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 26. 已知，，集合．若，，定义． （1）若，，且，直接写出所有满足的； （2）是否存在，，，使，，均为奇数．若存在，写出一组满足条件的，，；若不存在，请说明理由． （3）设，记集合中元素个数为．若对中任意不相同的元素，，均有，证明：．（其中：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 北航实验学校中学部2026-2027学年度第一学期 高二年级数学学科期中练习 2026年11月 考生须知： 1．本试卷分为Ⅰ、Ⅱ两卷，共有26小题，试卷共6页，一张答题纸； 2．考试时间为120分钟，满分为150分； 3．请用黑色签字笔（选择题涂卡使用2B铅笔），按规定要求在答题纸上作答； 4．请将个人信息完整填写在相应位置． 第Ⅰ卷（共100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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 1. 设向量，，则与，共面的向量的坐标可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，结合共面向量定理，得到共面向量的坐标，结合选项，即可求解. 【详解】设向量与共面，则存在实数使得， 即， 结合选项，选项C满足题意， 所以与共面的向量坐标可以是. 故选：C. 2. 如图，棱长为1的正方体中，（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】建立空间直角坐标，利用坐标法计算可得. 【详解】如图建立空间直角坐标系，则，，，， 所以，， 所以. 故选：B 3. 在空间直角坐标系中，已知，，下列结论正确的有（ ） A. B. C. 若，且，则 D. 若且，则 【答案】C 【解析】 【详解】对于A，由，可知，， 故，错误； 对于B，由，可知，，, 所以，错误； 对于C，若，且，则，即，正确； 对于D，若且，则设，那么， ，错误. 4. 我国古代数学名著《九章算术》中，将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥称为阳马.如图所示，已知四棱锥是阳马，平面，且，若，则（    ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据空间向量加、减运算法则，以为基底表示出向量即可. 【详解】 . 故选：D 5. 已知是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】应用线面位置关系结合线面平行及线面垂直判断求解. 【详解】对于A，若，，，则与平行或异面，故A错误； 对于，若，，则或，故B错误； 对于C，若，，则或， 又，则与可能平行、相交或在平面内，故C错误； 对于D，若，，则或，又，则，故D正确． 6. 空间直角坐标系中，已知，，，则“”是“为平面的法向量”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据平面的法向量定义，利用充分条件和必要条件的判断方法即可推得． 【详解】因为，，， 所以. 当时，， ，， 所以是平面的一个法向量； 当是平面的一个法向量时， ，解得. 所以“”是“为平面的法向量”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 如图，矩形是水平放置的平面四边形用斜二测画法画出的直观图，其中，，则原四边形的周长为（    ） A. B. 20 C. 12 D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用斜二测画法，将直观图还原为原图求解. 【详解】将直观图还原为原图，如图， 由题，，则，故 ， 所以，而 ， 所以四边形是平行四边形，周长为. 故选：B. 8. 如图，，，，，点在棱上的射影分别是，若，，则异面直线与所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分别取中点，结合三角形中位线性质可知所求角为或其补角，根据面面垂直的性质和勾股定理可求得的长，利用余弦定理可求得，进而得到所求余弦值. 【详解】分别取中点，连接， 分别为中点，，且，， 异面直线与所成角即为或其补角； ，，，，，同理可知：； ，，， ，， ，， 又，， ， 异面直线与所成角的余弦值为. 故选：C. 9. 如果球、正方体与等边圆柱（圆柱底面圆的直径与高相等）的体积相等，设它们的表面积依次为，，，那么，，的大小关系为 A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设球的半径为，正方体的棱长为，等边圆柱的底面半径为，且它们的体积都为，则，由此能比较的大小. 【详解】设球的半径为，正方体的棱长为，等边圆柱的底面半径为，且它们的体积都为， 则， 解得， 所以， ， ， 所以， 故选：B. 【点睛】该题考查的是有关球、正方体与圆柱的体积与表面积的问题，在解题的过程中，注意需要熟练掌握相应的体积和表面积公式，在比较大小的时候需要将式子化成相同模式的式子进行比较即可. 10. 已知某圆锥的底面半径为2，高为，为该圆锥的顶点，点，，在其底面圆周上，且不是钝角三角形，记平面，，与底面所成角的大小分别为，，，若，，则（ ） A. 30° B. 45° C. 60° D. 90° 【答案】D 【解析】 【分析】根据题设和平面所成角定义取三个三角形底边的中点、记圆锥的底面圆圆心为O得到分别为平面，，与底面所成的角，再依据题设数据逐步分析求出得到O为AC中点且求出，进而得到底面即可求解. 【详解】由题意可得、和均为等腰三角形， 分别取三个三角形底边的中点，记圆锥的底面圆圆心为O， 连接， 则，底面， 所以分别为平面，，与底面所成的角， 所以， 所以由得， 所以， 所以，则即， 所以O为AC中点，且，因为平面， 所以平面底面，所以. 故选：D 二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分，请将结果填在答题纸上的相应位置．） 11. 已知向量，，，若，则______，______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】根据空间向量的坐标运算法则及平行时的坐标关系进行运算即可. 【详解】因为，，，所以， 因为，所以，解得，同时有，故. 12. 已知四棱锥的底面是边长为的正方形，侧棱长均为.若圆柱的一个底的圆周经过四棱锥四条侧棱的中点，另一个底面的圆心为四棱锥底面的中心，则该圆柱的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】画出对应图形，利用棱锥结构特点可得圆柱的底面半径，利用勾股定理求出棱锥的高，再利用表面积公式求解即可得. 【详解】如图，四棱锥底面是边长为的正方形， 则四条侧棱的中点构成边长为的正方形， 圆柱的上底面是该正方形的外接圆，则圆柱底面的半径为， 又四棱锥的侧棱长为，则高为， 则圆柱的高为，故该圆柱的表面积为. 故答案为：. 13. 在中国传统文化中，灯笼作为节日和庆典的象征，常常蕴含着丰富的美学与数学设计：灯笼不仅要考虑美观，还要具备结构上的合理性和稳定性：现在有一盏独特的国风灯笼，它的外形结构包括多个几何体，具体设计如下： 灯笼的顶部是一个正四棱台，上底边长为2分米，下底边长为4分米，高为2分米：灯笼的顶部下面是一个正四棱柱，底面边长为3分米，高为6分米，则灯笼的总体积为______；已知灯笼侧面需要糊纸，所以正四棱台侧面积与正四棱柱侧面积的和就是灯笼所需纸张的总面积，则灯笼所需纸张的总面积为______． 【答案】 ①. ②. 【解析】 【详解】已知正四棱台上底边长，下底边长，高，则，， 所以（分米3）， 已知正四棱柱底面边长，高，则（分米3）， 总体积：（分米3）. 正四棱柱侧面为4个矩形，侧面积（分米2）， 设正四棱台斜高，则， 单个等腰梯形面积为， 因为正四棱台侧面为4个全等等腰梯形， 所以正四棱台侧面积， 总面积（分米2）. 14. 如图所示，正方体的棱长为分别为，的中点，点是正方体表面上的动点，若平面，则点在正方体表面上运动所形成的轨迹长度为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】要满足平面，只需要找一个平面，使该平面经过，且与平面平行即可，取的中点的中点，连结，证明出面面，得到点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形，求出周长即可. 【详解】取的中点的中点，连结．正方体 的棱长为2．为中点，所以， 所以且． 因为为分别为的中点， 所以，且，所以四边形为平行四边形， 所以． 因为面面， 所以面． 同理可证：面． 又面面， 所以面面． 所以点在正方体表面上运动所形成的轨迹为三角形． 因为正方体的棱长为2，所以， 所以三角形的周长为． 故答案为：. 15. 在正四面体中，，，分别是，，的中点，有下列四个命题： ①平面； ②平面平面； ③平面； ④平面平面． 其中正确命题的序号是_________． 【答案】①③④ 【解析】 【分析】根据线线平行得出线面平行，根据线面垂直得出面面垂直分别判断各个小题. 【详解】 因为，分别是，的中点，所以， 又平面，平面，所以平面，故①正确； 因为是的中点，所以，． 因为，，平面，所以平面． 因为平面，所以平面平面，故④正确； 因为，所以平面，故③正确； 设，因为，分别是,的中点，所以O是中点, 若平面平面，平面平面， 平面，所以平面， 由面，可得； 设正四面体边长为2，则等边三角形中得，则，与矛盾，②不正确． 故答案为：①③④ 三、解答题（本大题共3小题，共35分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 16. 已知的面积，且． （1）求C的大小； （2）记的周长为．给出的解析式，并求其最大值． 【答案】（1）## （2）； 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理和面积公式即可得解； （2）利用正弦定理表示出，化简，然后结合正弦函数性质求最值. 【小问1详解】 由余弦定理和面积公式得：，， 代入可得：，化简得：， 又因为在三角形中，，所以. 【小问2详解】 设为三角形外接圆半径，则由正弦定理可得：，则， 所以，， 则三角形周长为： 其中，所以，代入可得： ， ，其中 所以，则当，即时，取得最大值， 所以. 17. 如图，直三棱柱中，，，，分别为，的中点. （1）求证：平面； （2）求二面角的余弦值； （3）求点到平面的距离. 【答案】（1） 在直三棱柱中，四边形为矩形， 又因为，分别为，的中点， 所以,且， 所以四边形为平行四边形， 所以， 又平面，平面， 所以平面. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先证明，再由线面平行的判定定理证明平面； （2）点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求出平面与平面的法向量，即可求出二面角的余弦值； （3）利用点到平面的距离求出答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴， 建立空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则， 令，则平面的一个法向量， 由题意知平面的法向量为， 所以， 所以二面角的余弦值为. 【小问3详解】 由（2）知,平面的一个法向量 所以点到平面的距离. 18. 如图，在四棱锥中，平面平面，为等边三角形，，，． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值； （3）在棱上是否存在点，使得平面？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 【答案】（1）证明：取的中点分别为，连接，则. ∵，∴. ∵，∴为等边三角形，则.∴. ∵平面平面，平面平面，平面， ∴平面. （2） （3）当时，在棱上存在点G，使得平面. 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得线面垂直； （2）建系求出平面的法向量，利用线面角公式求解； （3）设，由向量找出点的坐标，再由与平面的法向量的数量积为0得解. 【小问1详解】 略. 【小问2详解】 因为平面，平面，所以， 因为为等边三角形，为中点，所以， 结合，，得平面， 故建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，. ∴，，. 设平面的一个法向量为，则. 取，则，，即. ∴. ∴直线与平面所成角的正弦值为. 【小问3详解】 当时，在棱上存在点G，使得平面.理由如下： 设，则. ∴，则. 要使平面，则有，解得.故当时，在棱上存在点G，使得平面. 第Ⅱ卷（共50分） 一、选择题（本大题共4小题，每小题s分，共20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，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置．） 19. 如图，已知正四棱锥的高为4，棱AB的长为2，点H为侧棱PC上一动点，则当面积取得最小值时，OH与平面ABCD所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合正四棱锥的结构特征确定取得最小值时的位置，再利用几何法求出线面角的余弦值. 【详解】在正四棱锥中，平面，平面，则， 而，平面，于是平面， 又平面，则，而，要的面积取得最小值， 当且仅当，此时， 由平面平面，得在平面内射影为， 即是OH与平面ABCD所成的角，， 所以OH与平面ABCD所成角的余弦值为. 故选：C 20. 已知四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等，设SA与BC所成的角为，SA与平面ABCD所成的角为，二面角的平面角为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】在图中根据线线角、线面角以及二面角的定义找到其所对应的角，再利用正切函数性质即可比较大小. 【详解】如图，过S作平面ABCD，过O分别作，于E，F，连接OA，SE，SF， 四棱锥的底面是正方形，侧棱长均相等 且，， 易知，，， 均为锐角，， 因为，所以， 因为，所以， 综上可得，. 故选：A. 21. 已知MN是正方体内切球的一条直径，点Р在正方体表面上运动，正方体的棱长是2，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用向量的线性运算和数量积运算律可得，根据正方体的特点确定最大值和最小值，即可求解 【详解】设正方体内切球的球心为，则, , 因为MN是正方体内切球的一条直径， 所以，， 所以， 又点Р在正方体表面上运动， 所以当为正方体顶点时，最大，且最大值为； 当为内切球与正方体的切点时，最小 ，且最小为； 所以， 所以的取值范围为， 故选：B 22. 如图，在棱长为的正方体中，是棱上的一个动点，给出下列三个结论： ①存在点使得平面平面； ②的面积为定值； ③的最小值为 其中正确结论的个数是（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】对于①当为的中点时即证平面即可判断，对于②当为的中点时计算,当与重合时，计算即可判断，对于③将侧面与侧面展开铺平，利用勾股定理计算即可判断. 【详解】对于①：当为的中点时，连接,设交于，连接， 则为和的中点，    由，所以，由为的中点，所以， 同理，又，平面， 所以平面,又平面，所以平面平面，故①正确， 对于②：当为的中点时，由①有，则，， 所以， 当点与点重合时，， ， 故的面积不是定值，故②错误； 对于③：如图，将侧面与侧面展开铺平， 所以，所以， 则的最小值为，故③正确.    综上所述，正确结论的个数是2个. 二、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共1S分.请将结果填在答题纸上的相应位置．） 23. 在空间直角坐标系中，直线l的方向向量，点在直线l上，则点到直线l的距离是________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据已知有，应用向量法求点线距离即可. 【详解】由题设，又点在直线l上，直线l的方向向量， 而，， 所以点到直线l的距离是. 故答案为： 24. 如图，在正四棱柱中，，，，，设直线与所成角的大小为. ①当时，___________； ②若，则的取值范围是____________. 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】点为坐标原点，建立空间直角坐标系，设，则可写出、，由即可解得答案. 【详解】由题意，以点为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 不妨设，则， 所以， 所以，， ， ①当时，， ②当时，， 所以， 化简得，解得：. 故答案为：；. 25. 如图1，在矩形ABCD中，，E为AB的中点，将沿DE折起，点A折起后的位置记为点，得到四棱锥，M为A1C的中点，如图2.某同学在探究翻折过程中线面位置关系时，得到下列四个结论： ①恒有； ②恒有平面； ③三棱锥的体积的最大值为； ④存在某个位置，使得平面平面. 其中所有正确结论的序号是___________. 【答案】①②③ 【解析】 【分析】根据原图形判断①，根据面面平行得出线面平行判断②，结合面面垂直及体积公式判断体积最大值得出③，应用面面垂直的性质定理及反证法得出④. 【详解】矩形ABCD中, ,①正确； 取CD中点H，连接MH，BH，M和H分别是，CD的中点，，在平面外， 平面，E是矩形ABCD的AB边中点，，，， 在平面外，平面，又，平面平面， 平面，，②正确； 取的中点，连接，如图所示： 当平面平面时，到平面的距离最大. 因为，为中点，所以. 又因为平面平面，所以. ，所以. 所以四棱锥体积最大值为， 所以四棱锥体积最大值为， M为AC的中点，三棱锥的体积的最大值为故③正确. 平面平面,平面平面平面, 平面,,,④错误 故答案为：①②③. 三、解答题（本大题共1小题，共15分．解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置．） 26. 已知，，集合．若，，定义． （1）若，，且，直接写出所有满足的； （2）是否存在，，，使，，均为奇数．若存在，写出一组满足条件的，，；若不存在，请说明理由． （3）设，记集合中元素个数为．若对中任意不相同的元素，，均有，证明：．（其中：） 【答案】（1），，， （2） 不存在．理由如下： 法一：对于， 设， 对于任意，因为， 所以或2， 所以一定为偶数， 所以不可能全为奇数． 法二：假设中全为奇数， 中每个分量均为0或1， 设中有k个位置不同，则， 中有m个位置不同，则， 设其中有个位置重合，则， 若、均为奇数，为为偶数，与假设矛盾， 所以不可能全为奇数. （3） 设为满足的集合，记， 对任意， 构造集合， 则，且． 接下来证明中无重复元素， 假设存在满足且且． 则， 则与题意矛盾， 所以中无重复元素， 所以， 因为， 所以， 所以，得证. 【解析】 【分析】（1）根据和即可确定； （2）法一：设，则分析得或2，即可证明不存在；法二：利用反证法假设中全为奇数，通过分析得到与条件矛盾的结论，即证明不存在； （3）记，通过构造集合再证明中无重复元素即可. 【小问1详解】 因为，且，则的坐标分量中，只有一个位置不同， 所以的所有结果为：，，，． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $