北京市一零一中2024-2025学年高二上学期9月统练一 数学试题（含解析）

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1. 在空间直角坐标系中，点，则（ ）
A. 直线坐标平面B. 直线坐标平面
C. 直线坐标平面D. 直线坐标平面
【答案】C
【解析】
【分析】首先求向量的坐标，再判断向量与坐标平面的法向量的关系，即可判断选项.
【详解】由题意可知，，
平面的法向量为，
因为，且
所以与既不平行也不垂直，所以直线与坐标平面既不平行也不垂直，
故AB错误；
坐标平面的法向量为，
，所以，且平面，故C正确，D错误.
故选：C
2. 在三棱柱中，为棱的中点．设，用基底表示向量，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】取的中点，连接，，根据空间向量线性运算法则计算可得.
【详解】取的中点，连接，，

因为是的中点，，
所以.
故选：A
3. 已知a，b为两条直线，，为两个平面，且满足，，，，则“与异面”是“直线与l相交”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据空间中线、面关系结合充分、必要条件分析判断.
【详解】当“与异面”，若直线与l不相交，由于，则，
又，则，这与和异面相矛盾，故直线与l相交，
故“与异面”是“直线与l相交”的充分条件；
当“直线与l相交”，若与不异面，则与平行或相交，
若与平行，又，则，这与直线和l相交相矛盾；
若与相交，设，则且，得，
即A为直线的公共点，这与 相矛盾；
综上所述：与异面，即“与异面”是“直线与l相交”的必要条件；
所以“与异面”是“直线与l相交”的充分必要条件.
故选：C.
4. 如图，在棱长为1的正方体中，M，N分别为和的中点，那么直线AM与CN夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解.
【详解】建立如图所示空间直角坐标系：
则，
所以，
所以，
故选：D
5. 在正四面体中，棱与底面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意作出线面角的平面角，利用线面垂直和勾股定理即可求出正弦值为.
【详解】如下图所示：
取为底面的中心，为底面的中点，连接；
由正四面体性质易知底面，且三点共线，
所以即为棱与底面所成角的平面角，
取正四面体的棱，可得，
由正三角形中心可得，勾股定理可得
所以；
故选：B
6. 正四棱锥的侧棱长是底面边长的倍，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意设出底面边长，列出关于的不等式求解即可.
【详解】设正四棱锥的底面边长为，正四棱锥的高为，侧棱长度为，
则l=22a2+h2=ka>22a，解得，
所以的取值范围是.
故选：D.
7. 在某次数学探究活动中，小明先将一副三角板按照图1的方式进行拼接，然后他又将三角板折起，使得二面角为直二面角，得图2所示四面体．小明对四面体中的直线、平面的位置关系作出了如下的判断：①平面；②平面；③平面平面；④平面平面．其中判断正确的个数是（ ）
A. 1B. 2
C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，逐项判定，即可求解.
【详解】对于①中，因为二面角为直二面角，可得平面平面，
又因平面平面，，且平面，
所以平面， 所以①正确；
对于②中，由平面，且平面，可得，
又因为，且，平面，
所以平面，所以②正确；
对于③中，由平面，且平面，所以平面平面，所以③正确；
对于④，中，因为平面，且平面，可得平面平面，
若平面平面，且平面平面，可得平面，
又因为平面，所以，
因为与不垂直，所以矛盾，所以平面和平面不垂直，所以D错误.
故选：C.
8. 在2023年3月12日马来西亚吉隆坡举行的Yng Jun KL Speedcubing比赛半决赛中，来自中国的9岁魔方天才王艺衡以4.69秒的成绩打破了“解三阶魔方平均用时最短”吉尼斯世界纪录称号.如图，一个三阶魔方由27个单位正方体组成，把魔方的中间一层转动了之后，表面积增加了（ ）

A. 54B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用截面图，得出魔方相对原来魔方多出了16个小三角形的面积，再利用几何关系求出多出的一个小三角形的面积，进而可求出结果.
详解】如图，

转动了后，此时魔方相对原来魔方多出了16个小三角形面积，显然小三角形为等腰直角三角形，
设直角边，则斜边为，则有，得到，由几何关系得：阴影部分的面积为，
所以增加的面积为.
故选：C.
9. 如图，在棱长为2的正方体中，点在线段（不含端点）上运动，则下列结论正确的是（ ）
①的外接球表面积为；
②异面直线与所成角的取值范围是；
③直线平面；
④三棱锥的体积随着点的运动而变化.
A. ①②B. ①③C. ②③D. ③④
【答案】C
【解析】
【分析】根据正方体棱长可知其外接球半径为,其表面积为，可判断①错误；建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角的余弦值可求得②正确，求出平面的法向量为，可知，即③正确，易知点到平面的距离是定值，利用等体积法可知三棱锥的体积为定值，即④错误.
【详解】对于①，根据题意，设棱长为2的正方体外接球半径为,
则满足，可得，
此时外接球的表面积为，可知①错误；
对于②，以为坐标原点，以分别为轴，轴，轴，建立空间直角坐标系，如下图所示：
则，所以，
设，其中；
可得，
异面直线与所成角的余弦值为，
易知时，，
可得，
所以异面直线与所成角的取值范围是，即②正确；
对于③，由②可知，，则；
设平面的法向量为，又，
则，取，则；
所以平面的法向量为，
此时，可得，又平面，
所以直线平面，即③正确；
对于④，根据正方体性质平面，所以，
易知直线到平面的距离是定值，底面的面积为定值，
所以三棱锥的体积为定值，因此三棱锥的体积不会随点的运动而变化，即④错误；
综上所述，正确的结论为②③.
故选：C
【点睛】方法点睛：求解异面直线所成角的方法：
（1）平移法：将两异面直线通过平移作出其平面角，再利用余弦定理取得余弦值；
（2）向量法：建立空间直角坐标系利用空间向量所成的角与异面直线所成的角的关系，求得两向量夹角的余弦值.
10. 如图1，某同学在一张矩形卡片上绘制了函数的部分图象，A，B分别是图象的一个最高点和最低点，M是图象与y轴的交点，，现将该卡片沿x轴折成如图2所示的直二面角，在图2中，则下列结果不正确的是（ ）
A.
B. 点D到平面的距离为
C. 点D到直线的距离为
D. 平面与平面夹角的余弦值为
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，求出图1中点 A,B,D,M的坐标，建立空间直角坐标系，求出图2中点A,B,D,M 的坐标，再逐项判断作答.
【详解】在图1中，由，得，，，，
在图2中，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
则，得，A正确．
设平面的法向量为，，
则，即，取，则，，
所以平面的一个法向量，
所以点D到平面的距离为，B正确．
取，，
则，，所以点D到直线的距离为，C错误．
平面的一个法向量为，
则平面与平面夹角的余弦值为，D正确.
故选：C.
二、填空题共6小题.
11. 已知，是空间两向量，若，则与的夹角为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用平方的方法化简已知条件，从而求得与的夹角.
【详解】设与的夹角为，
所以根据，
，
即，
又，．
故答案为：
12. 三个空间向量，，不共面，且存在实数，使.则__________.
【答案】
【解析】
【分析】由条件，结合空间向量基本定理可求，由此可求结论.
【详解】因为，，，不共面，
所以，，，
所以.
故答案为：.
13. 如图，圆锥的体积为，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，设圆柱体积为，则______．
【答案】
【解析】
【分析】设圆锥的高为，底面半径为，分别计算圆锥和圆柱的体积即可求解.
【详解】设圆锥的高为，底面半径为，则，
因为为的中点，所以圆柱的底面半径为，高为，则，
所以.
故答案为：
14. 如图，在长方体中，，，点在侧面上．若点到直线和的距离相等，则的最小值是____．
【答案】
【解析】
【详解】如图在面A1ABB1建立P面直角坐标系，设P（x，y）．（0≤x≤2，0≤y≤2）
∵点P到直线AA1和CD的距离相等，，即x2=y2+1．
∴A1P=
∴当P（，1）时，A1P最小为.故填.
点睛：本题直接解答比较困难，采用坐标法比较简洁易懂，所以方法的选择很关键. 当我们遇到直角三角形、等腰三角形、矩形、长方体等有垂直关系的几何图形时，可以尝试利用坐标法解答,看是否简洁.
15. 如图，在四棱锥中，底面，为直角，，，E，F分别为PC，CD的中点，，且二面角的平面角大于，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】建立如图所示空间直角坐标系，设，向量法表示出二面角的平面角的余弦值，结合题意建立关于k的不等式，解之即可得到实数k的取值范围．
【详解】以A为原点，以为x轴、y轴、z轴，建立空间直角坐标系如图所示，
设，则，
，，且平面的一个法向量为，
设平面的一个法向量为n=x,y,z，
则 ，取，有，可得 ，
设二面角的大小为，则，
化简得，所以，
所以实数k的取值范围.
故答案为：
16. 已知单位向量两两的夹角均为（，且），若空间向量满足，，则有序实数组称为向量在“仿射”坐标系（O为坐标原点）下的“仿射”坐标，记作，有下列命题：
①已知，，则；
②已知，，其中，则当且仅当时，向量的夹角取得最小值；
③已知，，则；
④已知，，，则三棱锥的表面积.
其中真命题为________（写出所有真命题的序号）．
【答案】②③
【解析】
【分析】①利用定义表示与，并利用空间向量数量积的运算律和定义来进行验证；
②作出图形，设，，结合图形得出当的面积取最小值时与的夹角最小，从而判断结论的正误；
③利用“仿射”坐标的定义，结合空间向量加法的运算律来进行验证；
④根据“仿射”坐标的定义判断出三棱锥是棱长为的正四面体，于此可得出该三棱锥的表面积.
【详解】①由定义可得
，
∵，，，故①错误；
②如图，设，，则点在平面上，点在轴上，
由图易知当时，取得最小值，即向量与的夹角取得最小值，故②正确；③根据“仿射”坐标的定义可得
，故③正确；
④由已知可知三棱锥为正四面体，棱长为，其表面积为，即④错误．
故答案为②③.
【点睛】本题考查空间向量的新定义，在验证各命题时要严格根据题中定义来理解，结合空间向量加减法以及数量积的运算律来计算，考查推理能力，属于难题.
三、解答题共2小题.解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程.
17. 如图，在四棱锥中，，四边形ABCD是正方形，，E是棱PD上的动点，且.

（1）证明：平面ABCD；
（2）是否存在实数，使得平面PAB与平面AEC所成夹角的余弦值是？若存在.求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）由题设，根据线面垂直的判定得平面，再由线面垂直的性质有，并由勾股定理证，最后应用线面垂直的判定证结论；
（2）构建空间直角坐标系，写出相关点的坐标，应用向量法求面面角的余弦值，结合已知列方程求参数，即可判断存在性.
【小问1详解】
因为四边形是正方形，则，
且，平面，，所以平面，
且平面，可得，
又因为，所以，即，
由平面，且，所以平面.
【小问2详解】
由（1）可知：平面，且，
如图，以A为坐标原点建立空间之间坐标系，

不妨设，则，
可得，
则，可得，
设平面平面AEC的法向量，则，
令，则，可得，
且平面PAB的法向量，
由题意可得：，
整理得，解得或（舍去），
所以存在实数，的值为.
18. 如图，正方体的棱长为2，E为BC的中点.点在上.再从下列三个条件中选择一个作为已知，使点M唯一确定，并解答问题.
条件①：
条件②：；
条件③：平面.
（1）求证：为的中点；
（2）求直线EM与平面所成角的大小，及点E到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）；
【解析】
【分析】（1）分别选条件①②③，结合线面平行位置关系的判定定理和性质定理，即可得证；
（2）以为原点，建立空间直角坐标系，求得向量和平面的法向量为，利用向量的夹角公式，求得，结合，即可求解.
【小问1详解】
选条件①：由，
根据正方体的对称性，此时点为上的任意一点，所以不成立；
选条件②：，
连接，在正方体中，由平面，
因为平面，所以，
又因为，， 所以，
因为平面，所以，
又因为为中点， 所以为的中点．
选择条件 ③：平面，
连接，因平面，平面，
且平面平面，所以，
因为为的中点，所以为的中点．
【小问2详解】
在正方体中，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，
如图所示，则，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则．于是，
设直线与平面所成的角为，则，
所以直线与平面所成角的大小为，
点到平面的距离为.