2023-2024学年北京理工大学附属中学高二上学期期中练习数学试题含答案

这是一份2023-2024学年北京理工大学附属中学高二上学期期中练习数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．如图，一个水平放置的平面图形的直观图是边长为2的正方形，则原图形的周长是（ ）
A．16B．12C．D．
【答案】A
【分析】根据斜二测画法分析运算.
【详解】在直观图中，，
可得原图形是平行四边形，其底边长2，高为，
则另一边长为，所以原图形的周长为．
故选：A.
2．已知，为两条不同的直线，，为两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ）
A．若，，，，则
B．若，，则
C．若，，则
D．若，，，则
【答案】B
【分析】根据空间线面位置关系依次判断各选项即可得答案.
【详解】解：对于A，若，，，，，则，故错误；
对于B，，，则，正确；
对于C，，，则或，故错误；
对于D，若，，，则或异面，故错误.
故选：B
3．如图所示，圆柱与圆锥的组合体，已知圆锥部分的高为，圆柱部分的高为，底面圆的半径为，则该组合体的体积为（ ）

A．B．C．D．
【答案】C
【分析】利用圆柱和圆锥的体积公式即可求解.
【详解】依题意可知，底面圆的半径为圆柱部分的高为，圆锥部分的高为，
所以圆柱部分的体积为，
圆锥部分的体积为，
所以该组合体的体积为.
故选：C.
4．已知，，是不共面的三个向量，则能构成空间的一个基底的一组向量是（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
【答案】C
【分析】利用空间向量的基底的定义，逐项判断作答.
【详解】向量是不共面的三个向量，
对于A，，则向量共面，A不能构成空间基底；
对于B，，则向量共面，B不能构成空间基底；
对于D，，则向量共面，D不能构成空间基底；
对于C，假定向量共面，则存在不全为0的实数，使得，
整理得，而向量不共面，则有，显然不成立，
所以向量不共面，能构成空间的一个基底，C能构成空间基底.
故选：C
5．设、，向量，，且，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用空间向量垂直与共线的坐标表示求出、的值，求出向量的坐标，利用空间向量的模长公式可求得结果.
【详解】因为，则，解得，则，
因为，则，解得，即，
所以，，因此，.
故选：D.
6．正方体中，直线与平面所成的角为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据给定条件，作出直线与平面所成的角，再在三角形中求解作答.
【详解】正方体中，连接，连接，如图，
则有，而平面，平面，即有，
又平面，因此平面，
则是直线与平面所成的角，
在中，，，则有，
所以直线与平面所成的角为.
故选：A
7．已知点P是正方体的棱上的一个动点，设异面直线与所成的角为，则的最小值是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由正方体的性质可知所求为的最小值，又因为，可知当点在处时，有最小值，计算可得结果.
【详解】解：由正方体的性质可知：，则异面直线与所成的角为直线与直线所成的角，即或其补角. 又因为平面，所以，即求的最小值.
，当点在处时， .
故选：A.
8．如图，在三棱柱ABC­A1B1C1中，侧棱AA1⊥底面A1B1C1，底面三角形A1B1C1是正三角形，E是BC的中点，则下列叙述正确的是（ ）

A．CC1与B1E是异面直线
B．AC⊥平面ABB1A1
C．AE，B1C1为异面直线，且AE⊥B1C1
D．A1C1平面AB1E
【答案】C
【解析】逐一分析选项，得到正确答案，A.根据是否共面分析；B.用反证法证明；C.利用线面垂直的性质定理证明；D.利用AC∥A1C1，判断线面是否平行.
【详解】对于A, CC1与B1E都在平面CC1B1B内，且CC1与B1E是相交直线，故A错误；
对于B，假设AC⊥平面ABB1A1，则AC垂直于平面内的任一条直线，即AC⊥AB，这与题设“底面三角形A1B1C1是正三角形”矛盾，所以假设不成立，故B错误；
对于C，点B1∉AE，直线B1C1交平面AEB1于点B1，AE，B1C1为异面直线；
由题知△ABC是正三角形，又E是BC的中点，AE⊥BC，又AE⊥C1C，且BCC1C= C AE⊥底面BB1C1C，AE⊥B1C1，故C正确；
对于D，直线AC交平面AB1E于点A，又AC∥A1C1，直线A1C1与平面AB1E相交，故D错误．
故选：C
【点睛】本题考查异面直线判断、异面直线垂直、线面垂直、线面平行等命题的真假性判断，考查学生的空间想象能力与逻辑推理能力，属于基础题.
9．在正三棱锥中，是的中心，，则( )
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】将转化为，由三棱锥是正三棱锥可知PO⊥OA，即可将转化为，结合勾股定理即可求解．
【详解】为正三棱锥，为的中心，
∴平面，△ABC是等边三角形，∴PO⊥AO，
∴，
故．
故选：D.
10．在棱长为2的正方体中，E为的中点，点P在底面上移动，且满足，则线段的长度的最大值为( )
A．2B．3C．D．
【答案】B
【分析】以为原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立空间直角坐标系，设，根据求出a、b之间的关系，利用两点间距离公式结合二次函数性质可求长度的最大值．
【详解】以为原点，、、所在直线分别为x、y、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，设，，，
则，，
，，
，则易求，
，
由二次函数的性质可知，当时，可取到最大值9，
线段的长度的最大值为3．
故选：B．
二、填空题
11．设向量，，，则实数 .
【答案】
【解析】利用向量数量积坐标计算公式直接求解.
【详解】因为，
所以，
解得.
故答案为：.
【点睛】求两个向量的数量积有三种方法：利用定义；利用向量的坐标运算；利用数量积的几何意义．具体应用时可根据已知条件的特征来选择，同时要注意数量积运算律的应用．
12．已知正方体的棱长为3，则到平面的距离为 .
【答案】
【分析】根据正方体的性质以及线面垂直的判定定理、性质定理，可得出平面.构造辅助线得出与平面的交点，然后根据相似三角形，即可得出答案.
【详解】
如图，连接，，
由正方体的性质可知，平面，.
因为平面，所以.
因为平面，平面，，
所以平面.
因为平面，所以.
同理可得.
因为平面，平面，，
所以平面.
连接AC交BD于O，连接交于点，
则到平面的距离即等于的长.
因为，且，所以四边形为平行四边形.
又，所以，则，
所以，即到平面的距离为.
故答案为：.
13．已知直线m，n的方向向量分别为，，则直线m，n夹角的余弦值为 .
【答案】
【分析】直接利用向量的夹角公式求解即可.
【详解】设直线m，n夹角为，
则.
故答案为：.
14．在古代数学中，把正四棱台叫做方亭，数学家刘徽用切割的方法巧妙地推导出了方亭的体积公式，为方亭的下底面边长，为上底面边长，为高.某地计划在一片平原地带挖一条笔直的沟渠，渠的横截面为等腰梯形，上底为米，下底为米，深米，长为米，并把挖出的土堆成一个方亭，设计方亭的下底面边长为米，高为米，则其侧面与下底面所成的二面角的正切值为 .
【答案】/
【分析】计算出挖出的土的体积，利用台体体积公式求出的值，然后作出图形，找出其侧面与下底面所成的二面角的平面角，即可计算出侧面与下底面所成的二面角的正切值.
【详解】由题意知挖出的土的体积，
则由，整理得，
解得或（舍去）.
在正四棱台中，，，
设点在底面内的射影为点，点在底面内的射影为点，
设直线分别交、于点、，连接、，

因为平面，平面，所以，，
又因为平面平面，所以，，
故四边形为矩形，所以，，
因为，，则，所以，，
因为平面，平面，则，
因为，、平面，所以，平面，
因为平面，所以，，
所以，侧面与底面所成二面角的平面角为，
易知四边形、是全等的等腰梯形，且，，
所以，，
因为，且，则四边形为矩形，故，则，
故四边形为等腰梯形，
因为，，，故，
所以，，
又因为，，故，
在中，.
故答案为：.
15．已知圆锥的底面半径为，高为2，S为顶点，A，B为底面圆周上的两个动点，则下列说法正确的是 .
①圆锥的体积为；
②圆锥侧面展开图的圆心角大小为；
③圆锥截面SAB面积的最大值为；
④若圆锥的顶点和底面上的所有点都在一个球面上，则此球的体积为.
【答案】①②④
【分析】根据题意求出圆锥的母线长，体积，侧面展开图的弧长，轴截面的面积，外接球体积，即可得出结论.
【详解】圆锥的底面半径，高为，
圆锥的母线长，
圆锥的体积，①正确；
设圆锥侧面展开图的圆心角大小为，则，②正确；
当圆锥截面为圆锥的轴截面时，此时，
则，又，
，
则当时，圆锥截面SAB面积的最大，
此时，故③错误；
圆锥的顶点和底面上的所有点都在同一个球面上，即为圆锥的外接球，
设圆锥的外接球半径为，
由球的性质可知，即，
解得，
所以外接球体积，④正确.
故答案为：①②④.
三、解答题
16．设，向量，，，且，.
(1)求；
(2)求向量与夹角的大小．
【答案】(1)3
(2)
【分析】根据空间向量垂直和平行的性质，求出x、y，进而求出向量和，再进行相应运算即可.
【详解】（1）由题意，，，
可得，解得，
则，，所以，
故.
（2）因为，
所以，
故向量与的夹角为.
17．如图，在正方体中，棱长为2，M、N分别为、AC的中点．
(1)证明：平面；
(2)求与平面所成角的大小．
【答案】(1)证明见解析
(2)30°
【分析】（1）以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系，求出和平面的法向量，利用空间向量证明即可，
（2）求出平面的法向量，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）如图，以点D为坐标原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴建立空间直角坐标系．
则，，，，，，．
所以，
因为平面,
所以平面的一个法向量为，
因为，所以，
因为平面，
所以平面
（2），，．
设平面的一个法向量为
则，令，则，，
所以
设与平面所成角为，
则．
因为，
所以与平面所成角为30°．
18．如图，在直三棱柱中，，，M为AB的中点，D在上且.

(1)求证：平面平面；
(2)求直线CM与平面CBD所成角的正弦值；
(3)求二面角的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
(3)
【分析】（1）证明，推出平面，进而可得结论；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，利用向量法求直线CM与平面CBD所成角的正弦值；
（3）利用向量法求二面角的余弦值.
【详解】（1）直三棱柱中, ，M为AB的中点，
，平面，平面
，又，平面，
平面，又平面，
平面平面；
（2）以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设，
则，
设面的法向量，
则，取，得，
设直线CM与平面CBD所成角为，
；

（3）设面的法向量为，又，
，取得，
，
所以二面角的余弦值为.
19．如图，在四棱锥中，底面为菱形，且，，，点为棱的中点.
（1）在棱上是否存在一点，使得平面，并说明理由；
（2）若，二面角的余弦值为时，求点到平面的距离.
【答案】（1）存在，理由见解析；（2）．
【分析】（1）取的中点，连结、，可以证明得四边形为平行四边形，利用线面平行的判定定理可得点；
（2）先证明，，两两互相垂直，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，由二面角的余弦值为，求出的长度，进而利用点面距的坐标公式求解即可．
【详解】（1）在棱上存在点，使得平面，点为棱的中点.
证明：取的中点，连结、，
由题意，且，且，
故且.
四边形为平行四边形.
，又平面，平面，
平面；
（2）取中点，
因为底面为菱形，所以，
又，且，
所以平面，即.
又，即，而
所以平面.又，
所以为正三角形，即，也即
所以，，两两互相垂直（需写出证明过程）.
以为坐标原点，分别以，，所在直线为轴建立空间直角坐标系.
设，则，，，，.
所以，.
设平面的一个法向量为.
由，取，得；
取平面的一个法向量为.
由题意，，解得.
.
设点到平面的距离为，则.
即点到平面的距离为