2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期中数学试卷

这是一份2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期中数学试卷，共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期中数学试卷
一、选择题
1．（3分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简＝（　　）
A． B． C． D．
2．（3分）已知＝（6，0，2），＝（λ+1，2μ﹣1，2λ），若，则实数λ，μ的值分别为（　　）
A．， B．﹣，﹣ C．5，2 D．﹣5，﹣2
3．（3分）过点A（2，﹣5，1）且与向量垂直的向量（　　）
A．有且只有一个 B．有无数个且共面
C．只有两个且方向相反 D．有无数个且共线
4．（3分）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则能使l⊥α的是（　　）
A．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，1）
B．＝（1，3，5），＝（1，0，1）
C．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
D．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1）
5．（3分）若平面α的法向量为，直线l的方向向量为，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式中成立的是（　　）
A． B．
C． D．
6．（3分）已知空间直角坐标系O﹣xyz中的点A（1，﹣2，3）关于yOz平面的对称点为B，则|AB|为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．以上都不对
7．（3分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（　　）

A． B． C． D．
8．（3分）已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若a，b平行于平面α，则a与b平行
C．若a，b不平行，则a与b不可能垂直于同一平面
D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
9．（3分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　　）
A．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
10．（3分）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
二、填空题
11．（3分）长方体的一个顶点处的三个棱长分别为1，2，3，则这个长方体的外接球的表面积为 　 　．
12．（3分）若用半径为2的半圆纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥的体积为 　 　．
13．（3分）平面α的法向量为，若向量，则直线AB与平面α的位置关系为 　 　．
14．（3分）已知＝（2，﹣1，2），＝（2，2，1），则以、为邻边的平行四边形的面积为　 　．
15．（3分）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 　 　．
16．（3分）已知关于向量的命题，
（1）是共线的充分不必要条件；
（2）若，则存在唯一的实数λ，使；
（3）•＝0，•＝0，则＝；
（4）若{，，}为空间的一个基底，则{+，+，+}构成空间的另一基底；
（5）．
在以上命题中，所有正确命题的序号是 　 　．
三、解答题
17．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝8，E为CC1中点，O1为下底面正方形的中心．求：
（1）异面直线AB与EO1所成角的余弦值；
（2）二面角C﹣AB﹣O1的余弦值；
（3）点O1到平面ABE的距离．

18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，顶点A1在底面ABC上的射影恰为B点，且AB＝AC＝A1B＝2．
（1）分别求出AA1与底面ABC、棱BC所成的角的大小；
（2）在棱B1C1上确定一点P，使AP＝，并求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．

19．在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M、N分别为AB、SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角N﹣CM﹣B的正切值；
（3）求点B到平面CMN的距离．


2021-2022学年北京市海淀区高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题
1．（3分）长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，化简＝（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解．
【解答】解：∵底面ABCD是一个平行四边形，
∴＝，
又∵，
∴＝+＝，
故选：C．
【点评】本题主要考查了空间向量的线性运算法则，是基础题．
2．（3分）已知＝（6，0，2），＝（λ+1，2μ﹣1，2λ），若，则实数λ，μ的值分别为（　　）
A．， B．﹣，﹣ C．5，2 D．﹣5，﹣2
【分析】利用空间向量的共线得到方程组即可求解．
【解答】解：∵＝（6，0，2），＝（λ+1，2μ﹣1，2λ），
∴（λ+1，2μ﹣1，2λ）＝x（6，0，2），
∴，∴，
故选：A．
【点评】本题考查空间向量的共线问题，属于基础题．
3．（3分）过点A（2，﹣5，1）且与向量垂直的向量（　　）
A．有且只有一个 B．有无数个且共面
C．只有两个且方向相反 D．有无数个且共线
【分析】以向量为法向量，且过点A（2，﹣5，1）的平面有且只有一个，设为平面α，则平面α中过点A的向量都符合题意，从而得到结果．
【解答】解：由题意可知，以向量为法向量，且过点A（2，﹣5，1）的平面有且只有一个，设为平面α，
则平面α内过点A（2，﹣5，1）的向量都与向量垂直，这样的向量有无数个且共面，
故选：B．
【点评】本题主要考查了平面的法向量，考查了空间中两向量的位置关系，是基础题．
4．（3分）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则能使l⊥α的是（　　）
A．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，1）
B．＝（1，3，5），＝（1，0，1）
C．＝（1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）
D．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1）
【分析】直接利用向量的线性运算，法向量，线面垂直的应用求出结果．
【解答】解：直线l的方向向量为，平面α的法向量为，当1，2，0），＝（﹣2，﹣4，0）时满足，
对于A、B、D显然不存在向量共线的条件，故错误
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的线性运算，法向量，线面垂直的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
5．（3分）若平面α的法向量为，直线l的方向向量为，直线l与平面α的夹角为θ，则下列关系式中成立的是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，则θ＝β﹣90°或θ＝90°﹣β，由此能求出结果．
【解答】解：若直线与平面所成的角为θ，直线的方向向量与该平面的法向量所成的角为β，
则θ＝β﹣90°或θ＝90°﹣β，cosβ＝，
∴sin θ＝|cos β|＝，
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，是基础题，解题时要认真审题，注意空间向量的合理运用．
6．（3分）已知空间直角坐标系O﹣xyz中的点A（1，﹣2，3）关于yOz平面的对称点为B，则|AB|为（　　）
A．2 B．4 C．6 D．以上都不对
【分析】写出点A关于yOz平面的对称点B的坐标，再求|AB|的值．
【解答】解：空间直角坐标系O﹣xyz中的点A（1，﹣2，3）关于yOz平面的对称点为B（﹣1，﹣2，3），
所以|AB|＝2．
故选：A．
【点评】本题考查了点关于坐标平面对称的问题，也考查了两点间的距离计算问题，是基础题．
7．（3分）埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇迹之一，它的形状可视为一个正四棱锥，以该四棱锥的高为边长的正方形面积等于该四棱锥一个侧面三角形的面积，则其侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为（　　）

A． B． C． D．
【分析】设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h'，利用几何关系列出h'，a和h的关系式，得到，求解，即可得到答案．
【解答】解：设正四棱锥的高为h，底面边长为a，侧面三角形底边上的高为h'，
由题意可得，，
所以，
即，
解得或（舍），
所以侧面三角形底边上的高与底面正方形的边长的比值为．
故选：B．
【点评】本题考查了棱锥几何性质的理解与应用，考查了逻辑推理能力、空间想象能力与化简运算能力，属于基础题．
8．（3分）已知a，b是两条不同直线，α，β是两个不同平面，则下列命题正确的是（　　）
A．若α，β垂直于同一平面，则α与β平行
B．若a，b平行于平面α，则a与b平行
C．若a，b不平行，则a与b不可能垂直于同一平面
D．若α，β不平行，则在α内不存在与β平行的直线
【分析】由垂直于同一平面的两平面的位置关系判断A；由平行于同一平面的两直线的位置关系判断B；由直线与平面垂直的性质判断C；由直线与平面平行的性质判断D．
【解答】解：若α，β垂直于同一平面，则α与β平行或相交，故A错误；
若a，b平行于平面α，则a与b平行、相交或异面，故B错误；
由线面垂直的性质可知，若a，b不平行，则a与b不可能垂直于同一平面，故C正确；
当α与β相交时，在α内与交线平行的直线平行于平面β，故D错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面位置关系的判定及应用，考查空间想象能力与思维能力，是基础题．
9．（3分）如图，已知正方体ABCD﹣A1B1C1D1，M，N分别是A1D，D1B的中点，则（　　）
A．直线A1D与直线D1B相交，直线MN∥平面ABCD
B．直线A1D与直线D1B平行，直线MN⊥平面BDD1B1
C．直线A1D与直线D1B垂直，直线MN∥平面ABCD
D．直线A1D与直线D1B异面，直线MN⊥平面BDD1B1
【分析】由线面平行的判定定理可得．
【解答】解：连接AD1，易证M在AD1上，在正方形ADD1A1中，AD1⊥A1D，
又AB⊥面ADD1A1，且A1D⊂面ADD1A1，所以AB⊥A1D，
又AB∩A1D＝A，所以AD⊥面D1AB，
又D1B⊂面D1AB，所以A1D⊥D1B，
在三角形ABD1中，因为D1M＝MA，D1N＝NB，
所以MN∥AB，又MN⊄平面ABCD，AB⊂平面ABCD，
所以MN∥平面ABCD，
取AA中点E，连接NE，

易证EB＝ED1，ED＝EB1，且N为BD1的中点．
故NE⊥D1B，NE⊥面BDD1B1，MN与NE相交，
故MN与面BDD1B1不垂直．
故选：C．
【点评】本题考查空间中直线与平面的位置关系，属于中档题．
10．（3分）已知正方体的棱长为1，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，则α截此正方体所得截面面积的最大值为（　　）
A． B． C． D．
【分析】利用正方体棱的关系，判断平面α所成的角都相等的位置，然后求解α截此正方体所得截面面积的最大值．
【解答】解：正方体的所有棱中，实际上是3组平行的棱，每条棱所在直线与平面α所成的角都相等，如图：所示的正六边形平行的平面，并且正六边形时，α截此正方体所得截面面积的最大，
此时正六边形的边长，
α截此正方体所得截面最大值为：6×＝．
故选：A．

【点评】本题考查直线与平面所成角的大小关系，考查空间想象能力以及计算能力，有一定的难度．
二、填空题
11．（3分）长方体的一个顶点处的三个棱长分别为1，2，3，则这个长方体的外接球的表面积为 　14π　．
【分析】用长方体的对角线的公式，求出长方体的对角线长，即为外接球的直径，从而得到外接球的半径，用球的表面积公式可以算出外接球的表面积．
【解答】解：∵长方体从同一顶点出发的三条棱的长分别为1、2、3，
∴长方体的对角线长为：＝
∵长方体的对角线长恰好是外接球的直径
∴球半径为R＝，可得球的表面积为4πR2＝14π
故答案为：14π
【点评】本题给出长方体的长、宽、高，求长方体外接球的表面积，着重考查了长方体对角线公式和球的表面积公式，属于基础题．
12．（3分）若用半径为2的半圆纸片卷成一个圆锥筒，则这个圆锥的体积为 　　．
【分析】由圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，求出圆锥的底面半径与高，由圆锥的体积公式求解即可．
【解答】解：因为半径为2的半圆弧长为2π，
则圆锥的底面圆的周长为2π，
所以圆锥底面圆的半径为1，母线长为2，
则圆锥的高为，
所以圆锥的体积为＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了圆锥的侧面展开图的理解与应用，圆锥体积公式的应用，解题的关键是掌握圆锥侧面展开图的弧长等于底面周长，半径等于圆锥的母线长，考查了逻辑推理能力，属于基础题．
13．（3分）平面α的法向量为，若向量，则直线AB与平面α的位置关系为 　AB⊆平面α或AB∥平面α　．
【分析】根据题意，分AB⊆平面α和AB⊄平面α两种情况讨论，分别得到直线AB与平面α的位置关系即可．
【解答】解：由题意，平面α的法向量为，向量，
若AB⊆平面α，则成立，
若AB⊄平面α，则∥α，
∴直线AB与平面α的位置关系为AB⊆平面α或AB∥平面α，
故答案为：AB⊆平面α或AB∥平面α．
【点评】本题主要考查了空间向量在立体几何中的应用，考查了直线与平面的位置关系，是基础题．
14．（3分）已知＝（2，﹣1，2），＝（2，2，1），则以、为邻边的平行四边形的面积为　　．
【分析】由题意和数量积坐标运算求出两个向量的夹角余弦值，利用平方关系求出sinθ，由三角形面积公式求出平行四边形的面积．
【解答】解：设向量和的夹角是θ，则由向量的数量积和题意得，
cosθ＝＝＝，
∴sinθ＝＝，
∴以 和为邻边的平行四边形的面积S＝2××||×||×＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用向量的数量积坐标运算求面积，即先求出两个向量夹角的余弦值，再求出对应的正弦值，代入三角形面积公式求值．
15．（3分）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 　　．
【分析】寻找二面角的平面角，转化为解直角三角形问题．
【解答】解：取底面ABCD中心O，取AB中点F，连接EO、EF、OF，
由正四棱锥的特性知EO⊥平面ABCD，OF⊥AB，EF⊥AB，
所以∠EFO为侧面与底面所成二面角的平面角，
cos∠EFO＝＝＝＝，
故答案为：．

【点评】本题考查正四棱锥的基本特性，考查了二面角的计算问题，属于基础题．
16．（3分）已知关于向量的命题，
（1）是共线的充分不必要条件；
（2）若，则存在唯一的实数λ，使；
（3）•＝0，•＝0，则＝；
（4）若{，，}为空间的一个基底，则{+，+，+}构成空间的另一基底；
（5）．
在以上命题中，所有正确命题的序号是 　（1）（4）　．
【分析】根据共线向量，向量垂直，向量的基本定理，向量数量积的定义与性质，逐一分析5个命题的真假，即可得解．
【解答】解：（1）若，则反向共线，即满足充分条件，但当同向共线时，不存在，即满足不必要条件，故（1）正确；
（2）若向量，中有一个零向量，则存在无数个实数λ，使，即（2）错误；
（3）若•＝0，•＝0，说明⊥，⊥，不一定存在＝，即（3）错误；
（4）令+＝λ（+）+μ（+），则+＝μ+λ+（λ+μ），所以，无解，即+，+，+不共面，所以{+，+，+}构成空间的另一基底，即（4）正确；
（5）|（•）•|＝|（•）|•||＝||•||•|||cos＜，＞|，即（5）错误．
所有只有命题（4）正确．
故答案为：（1）（4）．
【点评】本题以命题的真假判断为载体，考查了向量共线，向量垂直，向量的基本定理，向量数量积的定义与性质，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
三、解答题
17．正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝4，AA1＝8，E为CC1中点，O1为下底面正方形的中心．求：
（1）异面直线AB与EO1所成角的余弦值；
（2）二面角C﹣AB﹣O1的余弦值；
（3）点O1到平面ABE的距离．

【分析】（1）用平移直线法，转化为解直角三角形问题；（2）作二面角的平面角，转化为解直角三角形问题；（3）用等体积法求解．
【解答】解：（1）取B1C1中点F，连接O1F，EF，O1C1，
因为ABCD﹣A1B1C1D1是正四棱柱，O1为下底面正方形的中心，
所以O1F∥A1B1∥AB，
所以∠EO1F为异面直线AB与EO1所成角，cos∠EO1F＝＝＝，
所以异面直线AB与EO1所成角的余弦值为．
（2）取AB中点M，取上底面正方形的中心O，连接O1O，O1M，MO，
由正四棱锥特性知O1O⊥平面ABCD，O1A＝O1B，OM⊥AB，OM⊥AB，
所以∠O1MO为二面角C﹣AB﹣O1的平面角，
tan∠O1MO＝＝，所以cos∠O1MO＝＝，
所以二面角C﹣AB﹣O1的余弦值为．
（3）设点O1到平面ABE的距离为h，
由（1）知O1F∥AB，AB⊂平面ABE，所以点F到平面ABE的距离也为h，
＝＝12，
因为VF﹣ABE＝VA﹣BEF，所以＝，
所以h＝＝＝3，
所以点O1到平面ABE的距离为3．

【点评】本题考查了直线与平面的位置关系，考查了异面直线成角问题，考查了二面角计算问题，考查了点到平面距离问题，属于中档题．
18．如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB⊥AC，顶点A1在底面ABC上的射影恰为B点，且AB＝AC＝A1B＝2．
（1）分别求出AA1与底面ABC、棱BC所成的角的大小；
（2）在棱B1C1上确定一点P，使AP＝，并求出二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值．

【分析】（1）用向量数量积计算异面直线成角；（2）先用两点间距离公式，列方程确定P点位置，再用向量数量积计算二面角余弦值．
【解答】解：（1）由题意，建立如图所示的空间直角坐标系，
因为AB是A1A在平面ABC内投影，所以∠A1AB为AA1与底面ABC的成角，
又因为AA＝AB，所以∠A1AB＝45°，
所以AA1与底面ABC所成的角为45°．
因为A1（0，0，2），A（2，0，0），C（2，2，0），
所以＝（﹣2，0，2），＝（2，2，0），
所以AA1与BC所成的余弦值为＝＝，
所以AA1与BC所成角的大小为60°．
（2）设P（t，t+2，2），因为AP＝，所以14＝（t﹣2）2+（t+2﹣0）2+（2﹣0）2，
整理得t2＝1，解得t＝﹣1，或t＝1（舍去），于是P（﹣1，1，2），即P为B1C1中点，
由（1）得＝（2，0，0），＝（﹣1，1，2），
设平面PAB的法向量为＝（x，y，z），
，令z＝﹣1，＝（0，2，﹣1），
平面A1AB的法向量为＝（0，1，0），
因为二面角P﹣AB﹣A1为锐角，
所以二面角P﹣AB﹣A1的平面角的余弦值为＝＝．

【点评】本题考查了直线与平面成角问题，考查了异面直线成角问题，考查了二面角计算问题，属于中档题．
19．在三棱锥S﹣ABC中，△ABC是边长为4的正三角形，平面SAC⊥平面ABC，，M、N分别为AB、SB的中点．
（1）证明：AC⊥SB；
（2）求二面角N﹣CM﹣B的正切值；
（3）求点B到平面CMN的距离．

【分析】法一：
（1）取AC中点D，连接SD、DB．由SA＝SC，AB＝BC，知SD⊥AC，BD⊥AC，由此能够证明AC⊥SB．
（2）由AC⊥平面SDB，AC⊂平面ABC，知平面SDB⊥平面ABC．过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，过E作EF⊥CM于F，连接NF，则NF⊥CM，∠NFE为二面角N﹣CM﹣B的平面角．由此能求出二面角N﹣CM﹣B的正切值．
（3）在Rt△NEF中，由，知，．由VB﹣CMN＝VN﹣CMB，能求出点B到平面CMN的距离．
法二：
（1）取AC中点O，连接OS、OB．由SA＝SC，AB＝BC，知AC⊥SO，AC⊥BO．所以SO⊥平面ABC，SO⊥BO．以D为原点，DA为x轴，DB为y轴，DS为z轴，建立空间直角坐标系O﹣xyz，则，，由此能证明AC⊥SB．
（2）由，，设为平面CMN的一个法向量，由，得．由向量法能求出二面角N﹣CM﹣B的正切值．
（3）由，为平面CMN的一个法向量，能求出点B到平面CMN的距离．
【解答】解法1：（1）取AC中点D，连接SD、DB．
∵SA＝SC，AB＝BC∴SD⊥AC，BD⊥AC，
∴AC⊥平面SDB，又SB⊂平面SDB，
∴AC⊥SB．…（4分）
（2）∵AC⊥平面SDB，AC⊂平面ABC，
∴平面SDB⊥平面ABC．
过N作NE⊥BD于E，则NE⊥平面ABC，
过E作EF⊥CM于F，连接NF，
则NF⊥CM，∠NFE为二面角N﹣CM﹣B的平面角．
∵平面SAC⊥平面ABC，SD⊥AC，
∴SD⊥平面ABC．
又NE⊥平面ABC，∴NE∥SD．
∵SN＝NB，
∴，且ED＝EB．
在正△ABC中，，
在Rt△NEF中，
∴二面角N﹣CM﹣B的正切值为．…（8分）
（3）在Rt△NEF中，，
∴，
．
设点B到平面CMN的距离为h，
∵VB﹣CMN＝VN﹣CMB，NE⊥平面CMB，
∴，
∴．
即点B到平面CMN的距离为．…（14分）
解法2：（1）取AC中点O，连接OS、OB．
∵SA＝SC，AB＝BC，
∴AC⊥SO，AC⊥BO．
∵平面SAC⊥平面ABC，
平面SAC∩平面ABC＝AC，
∴SO⊥平面ABC，∴SO⊥BO．
如图所示建立空间直角坐标系O﹣xyz，
则A（2，0，0），，C（﹣2，0，0），，
∴，，
∵，
∴AC⊥SB．…（6分）
（2）∵，，
又C（﹣2，0，0），∴，．
设为平面CMN的一个法向量，
则，
取z＝1，，，
∴．
又为平面ABC的一个法向量，
∴，
得
∴．
即二面角N﹣CM﹣B的正切值为．…（10分）
（3）由（1）（2）得，
又为平面CMN的一个法向量，，
∴点B到平面CMN的距离．…（14分）


【点评】本题考查异面直线的证明，二面角正切值的求法和点到平面距离的计算，考查运算求解能力，推理论证能力；考查化归与转化思想．对数学思维的要求比较高，有一定的探索性．综合性强，难度大，是高考的重点．解题时要认真审题，仔细解答．
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