北京市第十二中学2024-2025学年高二上学期10月练习数学试卷（Word版附解析）

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本试卷共4页，满分150分，考试时长120分钟.考生务必将答案答在答题纸上，在试卷上作答无效.考试结束后，将答题纸交回.
第一部分 选择题（共60分）
一、单选题：本题共12小题，每小题5分，共60分.
1. 过两点的直线的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据两点坐标求出直线的斜率，再根据斜率与倾斜角的关系求出倾斜角.
【详解】已知直线经过和两点.
根据直线斜率的计算公式（其中和为直线上两点的坐标），
所以,
因为直线的斜率（为倾斜角），已知，即.
又因为倾斜角，在这个区间内，满足的.
故选：B.
2. 已知直线l经过点，平面的一个法向量为，则（ ）
A. B.
C. D. l与相交，但不垂直
【答案】B
【解析】
【分析】根据平面的法向量与直线的方向向量的关系即可求解.
【详解】因为直线l经过点，
所以，又因为平面的一个法向量为，
且，所以平面的一个法向量与直线l的方向向量平行，
则，
故选：.
3. 如图，平行六面体中，E为BC的中点，，，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用空间向量的线性运算求解即得.
【详解】在平行六面体中，E为BC的中点，
所以.
故选：B
4. 设点在平面上的射影为，则等于（ ）
A. B. 5C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先得到，从而求出，计算出模长.
【详解】点在平面上的射影为，，
故，
故选：D
5. 在以下4个命题中，不正确的命题的个数为（ ）
①若，则；
②若三个向量两两共面，则向量共面；
③若为空间的一个基底，则构成空间的另一基底；
④.
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】C
【解析】
【分析】利用向量的数量积、向量共面与向量基底的定义和性质，结合特殊向量法，逐一判断各命题即可得解.
【详解】对于①，设，与可以为任意向量，因为，，
此时，但不一定等于，所以①不正确，
对于②，例如在墙角处的三条交线对应的向量，，，
它们两两共面（两两垂直），但是向量，，不共面，所以②不正确，
对于③，假设，，共面，
则存在实数，使得，
即，
由为基底，所以，，不共面，则，这个方程组无解，
所以，，不共面，构成空间的另一基底，③正确，
对于④，，
而（为与的夹角），
所以，④不正确，
故不正确的有：①②④，共3个.
故选：C.
6. 已知向量，则“”是“或”的（ ）条件.
A. 必要而不充分B. 充分而不必要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】结合向量的数量积，根据充分必要条件的定义判断．
【详解】或时，或，则，必要性满足，
若，则，但，即充分性不满足，
故题设条件关系为必要不充分条件．
故选：A．
7. 已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四点共面，则λ＝（ ）
A. 9B. ﹣9C. ﹣3D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由已知可得共面，根据共面向量的基本定理，即可求解.
【详解】由P，A，B，C四点共面，可得共面，
，
，解得.
故选:B.
【点睛】本题考查空间四点共面的充要条件以及平面向量的基本定理，属于基础题.
8. 设A，B，C，D是空间不共面的四点，且满足，，，则是（ ）
A. 锐角三角形B. 钝角三角形C. 直角三角形D. 不确定
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，得到，，进而求出，根据，即可判断B的大小；利用上述方法求得，，即可判断C和D的大小，进而可以判断出三角形的形状.
【详解】，，
为锐角，
同理：，，D和C都为锐角，
∴为锐角三角形.
故选：A.
【点睛】本题主要考查了平面向量的加减运算法则与向量数量积的运算，考查逻辑思维能力和运算能力，属于常考题.
9. 布达佩斯的伊帕姆维泽蒂博物馆收藏的达·芬奇方砖，在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案（如图1），把三片这样的达·芬奇方砖形成图2的组合，这个组合表达了图3所示的几何体．若图3中每个正方体的棱长为1，则点A到平面的距离是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，求平面的法向量，用点到平面的距离公式计算即可.
【详解】建立空间直角坐标系如图所示：
则，，，，，，设平面的法向量为，则，即，则平面的一个法向量为，
则点A到平面的距离.
故选：C
10. 正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）. 数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体. 如图，已知一个正八面体的棱长为2，，分别为棱，的中点，则直线和夹角的余弦值为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，，然后由向量的数量积公式分别求出，结合向量的夹角运算公式，即可求解.
【详解】如图所示：

由题意，可得，，
又由正八面体的棱长都是2，且各个面都是等边三角形，
在中，由，可得，所以，所以
；
；
；
所以，
即直线和夹角的余弦值为.
故选：D.
【点睛】关键点点睛：选取适当的基底向量，由已知条件可以求出它们的模以及两两之间的夹角，所以只需把分解，然后由向量的夹角公式即可求解.
11. 在棱长为1的正方体中，点和分别是正方形和的中心，点为正方体表面上及内部的点，若点满足，其中，且，则满足条件的所有点构成的图形的面积是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由共面定理得出共面，正方体中得知截面即为，然后可计算面积．
【详解】因为，，
所以四点共面，如图，易知过 截面是正，
则由题意可知满足条件的所有点P构成的图形为正，
正方体棱长为1，则正边长为，
所以满足条件的所有点P构成的图形的面积为，
故选：A．
12. 菱形的边长为4，，E为AB的中点（如图1），将沿直线DE翻折至处（如图2），连接，，若四棱锥的体积为，点F为的中点，则F到直线BC的距离为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可证得 平面，平面，所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】连接，因为四边形为菱形，且，所以为等边三角形，
因为 E为AB的中点，所以，所以，
因为，平面，所以 平面，
因为菱形的边长为4，所以，
所以直角梯形的面积为，
设四棱锥的高为，则，得，
所以，所以平面，
所以以为原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系，则
，
所以，
所以
所以，
所以F到直线BC的距离为，
故选：A

第二部分 非选择题（共90分）
二、填空题：本题共6小题，每小题5分，共30分.
13. 已知向量,且，则_________．
【答案】-9
【解析】
【分析】
根据，由 ，求得即可.
【详解】因为向量,且，
所以 ，
解得，
所以 .
故答案为：-9
14. 已知，，为空间两两垂直的单位向量，且，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据数量积的运算律计算即可.
【详解】.
故答案为：-3.
15. 已知，则向量在向量上的投影向量的坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据投影向量公式计算即可.
【详解】因为，
则向量在向量上的投影向量为.
故答案为：.
16. 已知直线斜率的取值范围是，则的倾斜角的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据斜率与倾斜角的关系即可求解.
【详解】因为直线斜率的取值范围是，
所以当斜率时，倾斜角，
当斜率时，倾斜角，
综上倾斜角的取值范围，
故答案为：
【点睛】本题主要考查了直线的斜率，直线的倾斜角，属于中档题.
17. 长方体中，分别是棱的中点，是该长方体的面内的一个动点（不包括边界），若直线与平面平行，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】作出截面，由平行得出点轨迹是线段，建立空间直角坐标系，设出点坐标，用坐标计算出数量积后，结合二次函数知识得最小值．
【详解】解法一：
因为分别是棱的中点，再分别取的中点，则过三点的截面为六边形，如图，
连接，则，又平面，平面，同理平面，
而，平面，
所以平面平面，当时，平面，从而平面，
所以点轨迹是线段，
分别以为轴建立空间直角坐标系，如图，则，，，，
在平面内，设直线方程为，即设，，
则，
，
所以时，取得最小值，
故答案为：．
解法二：
如图，分别以、、方向为、、轴建立空间直角坐标系

可得：，，，，，设，
，，，
设平面的法向量，
则，得，
取，得，，，即.
由于直线与平面平行，则，
得：，即：.
，，
，
，
可知：由于，当时，取得最小值，最小值为.
故答案为：．
18. 如图，在四棱锥中，底面是正方形，底面为的中点，为内一动点（不与三点重合）.给出下列四个结论：

①直线与所成角的大小为；②；③的最小值为；④若，则点的轨迹所围成图形的面积是.
其中所有正确结论的序号是__________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】根据异面直线所成的角即可判断①，根据空间中的垂直关系转化即可证明平面，即可求证线线垂直进而判断②，根据点到面的距离为最小值，利用等体积法即可求解③，根据圆的面积即可判断④.
【详解】由于，所以即为直线与所成的角或其补角，
由于底面平面，所以,又，所以，①正确；
由于底面平面，所以,
又,平面，
所以平面,
取中点为，连接,
由于为的中点，所以，所以平面，平面，则，
又，中点为，所以,
平面，所以平面，平面，则,
平面，所以平面,平面,
所以,
平面，所以平面,平面,
所以，故②正确；
当平面时，最小，设此时点到平面距离为，
,
所以,
由于，故为等边三角形，,
所以，故③错误；
由③得点到平面的距离为，不妨设在平面的投影为,
所以点到平面的距离为,
由于被平分，所以到平面的距离为,
由②知平面，所以三点共线，即，
又，所以,
因此点的轨迹围成的图形是以点为圆心，以为半径的圆，所以面积为，故④正确.
故答案为：①②④
【点睛】方法点睛：本题考查立体几何中线面垂直关系的证明、异面直线所成角和点到面的距离的求解、截面面积的求解问题；求解点到面的距离的常用方法是采用体积桥的方式，将问题转化为三棱锥高的问题的求解或者利用坐标系，由法向量法求解..
三、解答题：本题共5小题，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
19. 已知空间中三点，设.
（1）求；
（2）求向量与向量夹角的大小.
【答案】（1）1 （2）
【解析】
【分析】（1）（2）先求出和的坐标，再借助坐标运算，数量积和夹角坐标公式分别计算两小问.
【小问1详解】
已知，，.
,
,
所以,
则.
【小问2详解】
根据向量点积公式，
，
，
，
则，
所以.
20. 如图，平行六面体中，以顶点为端点的三条棱长都是1，为与的交点.设.

（1）用表示，并求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）2
【解析】
【分析】（1）先根据平行六面体的性质找到向量之间的关系，用表示出，再通过向量模的计算公式求出的值；
（2）先求出，再根据向量数量积的运算规则求出的值.
【小问1详解】
因为平行六面体中，为与的交点，
所以是中点，也是中点，
又因为，且平行六面体中，，
那么，
因为，，
所以，
，
因为，所以，又，，
所以，
，所以.
【小问2详解】
因为，
所以
.
21. 如图，正方体棱长为2，点是棱的中点.

（1）求证：平面；
（2）若点是线段的中点，求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解；
（2）
【解析】
【分析】（1）连接，，得，则根据线面平行的判定定理即可证明平面；
（2）利用空间向量法，即可求直线与平面所成角的正弦值.
【小问1详解】
连接，，连接，

分别是的中点，，
又平面，平面，
平面；
【小问2详解】
如图所示，以点为坐标原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系，

则，，，，，
，，
设为平面的一个法向量，
则，，令，得，
设直线与平面所成角为，
，
故直线与平面所成角的正弦值为.
22. 如图，在四棱锥中，平面，且.
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面夹角的余弦值；
（3）在棱上是否存在点（与不重合），使得与平面所成角的正弦值为？若存在，求的值，若不存在，说明理由.
【答案】（1）证明过程见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质定理，结合线面垂直的判定定理进行证明即可；
（2）根据线面的垂直关系，建立空间直角坐标系，利用空间向量平面间夹角公式进行求解即可；
（3）利用空间向量线面角夹角公式进行求解即可.
【小问1详解】
因为平面平面，
所以，
又因为，
所以，而平面，
所以平面；
【小问2详解】
因平面平面，
所以，而，
于是建立如图所示的空间直角坐标系，
，
由（1）可知：平面，
所以平面法向量为，
设平面的法向量为m=x,y,z，，
则有，
设平面与平面夹角为，
；
【小问3详解】
设，设，
于是有，
，由（2）可知平面的法向量为，
假设与平面所成角的正弦值为，则有，或舍去，
即.
23. 学习阅读以下材料，应用所学知识解决下面的问题.
类比于二维空间（即平面），向量可用二元有序数组表示，若维空间向量用元有序数组表示，记为，对于，任意，有：
①数乘运算：；
②加法运算：；
③数量积运算：；
④向量的模：；
⑤对于一组向量，若存在一组不同时为零的实数使得，则称这组向量线性相关，否则称为线性无关.
⑥在维向量空间中，基底是一组线性无关的向量，并且在空间中的任意向量都可以由这组基底线性表示，即，其中是一组实数.
设是元集合的子集，集合元素的个数记为，若集合组同时满足以下2个条件，则称集合组具有性质：①为奇数，其中；②为偶数，其中.
（1）当时，集合组具有性质P，求的最大值，并写出相应集合组；
（2）当时，集合组具有性质P，求的最大值；
（3）是元集合的子集，若集合组具有性质P，求的最大值.
【答案】（1）；
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由条件①②按分类讨论，得到最大值的可能情况，举例并验证满足两个条件即可；
（2）给出时具有性质P的集合组：，验证分析，再应用反证法，借助向量运算证明时任意集合组不具有性质P，从而得最大值为；
（3）给出具有性质P的集合组：，验证分析，再应用反证法，借助向量运算证明时任意集合组不具有性质P，从而得最大值为.
【小问1详解】
当时，.
集合组具有性质，则为奇数，所以或.
当时，则可能是.
当时，则可能是.
若集合组中包含，设，
则对于其他集合，要使为偶数，
则所有可能集合为，但均不满足为奇数.
故集合组中不包含，
具有性质P的集合组中只可能包含；
若集合组中存在两个集合相等，由，
则，则为奇数，不满足条件②，
故集合组中任意两个集合不相等，即至多含3个集合，
故.
若集合组为：，设，
则有①为奇数，其中；
②为偶数，其中；
所以集合组具有性质.
综上，的最大值为，相应满足条件的集合组为：.
【小问2详解】
集合.
设其子集对应向量，其中，.
若为奇数，则为奇数，即为奇数，；
又由可知，
若为偶数，则为偶数，，且.
且由条件可知，，且.
当时，.
若集合组为：，设，
则有①为奇数，其中；
②为偶数，其中；
所以集合组具有性质，此时.
下面证明当时，任意集合，集合组：不符合题意.
设，
则.
若集合组为：具有性质，
设集合对应向量，
其中中有奇数个为1，其余为0，且；
不妨理解为这个集合对应8维空间中的个向量，
且为奇数，，为偶数，.
下面用反证法证明不具有性质P.
证明：假设具有性质P，
由，
则，
若时，则为奇数，而为偶数，
则为奇数，这与为偶数矛盾，.
所以，则；
同理，由为偶数，可得.
故，即，
则，这与条件为奇数矛盾.
故集合组：不符合题意.
下面证明任意集合组都不具有性质.
证明：假设存在一个集合组具有性质.
（i）设集合组中分别对应个向量，
若线性无关，则可为8维向量空间的基底，
又由对应向量中或，，
则，，且不全为.
即可转化为存在不全为的9个整数，
使得，
且其中向量等式中的整系数为最简形式（不可再约）.
则为偶数，
其中为奇数，为偶数，
若为奇数，则为奇数，则为奇数，
故这与产生矛盾，所以为偶数.
同理可得均为偶数，.
这与9个整系数不全为且不可约的最简形式矛盾.
因此，若线性无关，则集合组不具有性质；
（ii）设集合组中分别对应个向量，
若其中对应个向量线性相关.
又由对应向量中或，.
则存在，且不全为，使得，
即存在不全为的8个整数，使得，
且其中向量等式中的整系数为最简形式（不可再约）.
则为偶数，
其中为奇数，为偶数，
若为奇数，则为奇数，则为奇数，
这与产生矛盾，
所以为偶数.
同理可得均为偶数，.
这与8个整系数不全为且不可约的最简形式矛盾.
因此，若向量线性相关，集合组不具有性质；
由（i）（ii）可知假设错误，故任意集合组都不具有性质.
综上所述，最大值为.
【小问3详解】
集合.
若集合组为：，设，
则有①为奇数，其中；②为偶数，其中；
即满足条件①②，所以集合组具有性质，此时.
下面证明当时，任意集合，集合组：不具有性质.
不妨设，
则.
若集合组为：具有性质，，，
设集合对应向量，其中中有（为奇数，且）个为1，其余为0；
不妨理解为这个集合对应维空间的个向量，
此时为奇数，；
且为偶数，.
下面用反证法证明集合组不具有性质.
证明：假设集合组具有性质P，
，
则，
若时，则奇数，而为偶数，
则为奇数，这与条件为偶数，矛盾.
所以，则；
同理，由为偶数，可得.
故，即，
则，这与条件为奇数矛盾.
故任意集合组：不具有性质.
下面证明任意集合组不具有性质.
证明：假设存在一个集合组具有性质.
（i）设集合组中分别对应个向量，
若线性无关，则可为维向量空间的基底，
又由对应向量中或，.
则，，且不全为.
即可转化为存在不全为的个整数，
使得，
且其中向量整系数为最简形式（整系数向量等式不可再约）.
则为偶数，
其中为奇数，为偶数，
若为奇数，则为奇数，则为奇数，
这与产生矛盾，所以为偶数.
同理可得均为偶数，.
这与个整系数不全为且不可约的最简形式矛盾.
因此，若线性无关，则任意集合组不具有性质；
（ii）设集合组中分别对应个向量，
若其中对应个向量线性相关.
又由对应向量中或，.
则存在，且不全为，使得，
则存在不全为的个整数，使得，
且其中向量等式中的整系数为最简形式（不可再约）.
则为偶数，
其中为奇数，为偶数，
若为奇数，则为奇数，则为奇数，
这与产生矛盾，故为偶数.
同理可得均为偶数，.
这与个整系数不全为且不可约的最简形式矛盾.
因此，若向量线性相关，集合组不具有性质；
由（i）（ii）可知假设错误，故任意集合组都不具有性质.
综上所述，的最大值为.
【点睛】关键点点睛：解决此题意的关键在于转化化归思想的应用，借助向量的构造将集合问题转化为向量问题解决，如：将为奇数条件转化为为奇数，即转化为向量的模为奇数，；再如：将集合交集的个数为偶数，转化为向量数量积为偶数，，且.