2023-2024学年北京市清华大学附属中学奥森分校高二上学期期中考试数学试题含答案

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一、单选题
1．已知空间两点，1，，，2，，下列选项中的与共线的是（ ）
A．，0，B．，1，C．，，D．，2，
【答案】D
【分析】由题得，1，，再利用空间向量共线定理判断得解.
【详解】解：由点，1，，，2，，
所以，1，，
对于A，，0，，不满足，所以与不共线；
对于B，，1，，不满足，所以与不共线；
对于C，，，，不满足，所以与不共线；
对于D，，2，，满足，所以与共线．
故选：D
2．已知直线，直线和平面，则下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，则D．若，，则
【答案】C
【分析】根据直线与直线、直线与平面的位置关系逐项分析可得答案.
【详解】对于A，若，，则或与异面，故A错误；
对于B，若，，则或与异面或与相交，故B错误；
对于C，若，过作平面，使得，则，
因为，，则，又，则，故C正确；

对于D，若，，则或或与相交，故D错误.
故选：C.
3．若数组，1，和，，满足，则实数等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由题得，1，，1，，化简解方程即得解.
【详解】解：，
，1，，1，，
，解得．
故选：C．
4．若是空间的一个基底，则下列各组中不能构成空间一个基底的是（ ）
A．B．
C．D．.
【答案】C
【分析】推导出共面，故不能构成空间的一个基底，C正确，ABD选项向量均不共面，可构成空间的一个基底.
【详解】是空间的一个基底，故不共面，
A选项，显然不共面，故可构成空间的一个基底，A错误；
B选项，设，
则，无解，
故不共面，故可构成空间的一个基底，B错误；
C选项，设，
则，解得，
故共面，故不能构成空间的一个基底，C正确；
D选项，设，无解，故可构成空间的一个基底，D错误.
故选：C
5．如图，空间四边形中，，点分别为的中点，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据题意，由空间向量基本定理，代入计算，即可得到结果.
【详解】由题意可得，，，
所以.
故选：B
6．如图，PA垂直于以AB为直径的圆O所在的平面，C为圆上异于A、B的任一点，现有下列命题：①PA⊥BC；②BC⊥平面PAC；③AC⊥PB；④PC⊥BC．其中真命题的个数是（ ）
A．1B．2C．3D．4
【答案】C
【分析】根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理判断作答.
【详解】因AB为圆O的直径，C为圆上异于A、B的任一点，则，又平面，有为锐角，平面，
于是得，又，平面，从而得平面，平面，有，①②④正确；
假定，又，，必有平面，与为的锐角矛盾，③不正确，
所以真命题的个数是3.
故选：C
7．已知是两个不同的平面，的一个充要条件是（ ）
A．内有无数条直线平行于
B．存在平面
C．存在平面，且
D．存在直线
【答案】D
【分析】通过举反例说明A，B，C错误，根据线面垂直证明面面平行即可判断D正确．
【详解】对于A，由于内有无数条直线平行于，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故A错误；
对于B，若存在平面，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故B错误；

对于C，存在平面，且，不一定得到，与也可能相交，如图所示，故C错误；
对于D，存在直线，由垂直于同一直线的两个平面互相平行，可得，故D正确；
故选：D．
8．已知，则的最小值为（ ）
A．B．C．6D．5
【答案】B
【分析】利用向量模的坐标公式求出，即可得到答案.
【详解】，
故，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：B
9．已知四面体，所有棱长均为2，点E，F分别为棱AB，CD的中点，则（ ）
A．1B．2C．-1D．-2
【答案】D
【分析】在四面体中，取定一组基底向量，表示出，，再借助空间向量数量积计算作答.
【详解】四面体的所有棱长均为2，则向量不共面，两两夹角都为，
则，
因点E，F分别为棱AB，CD的中点，则，，
，
所以.
故选：D
10．以等腰直角三角形的斜边上的高为折痕，把和折成互相垂直的两个平面后，某学生得出下列四个结论：
①：
②是等边三角形；
③三棱锥是正三棱锥；
④平面平面．
其中正确的个数是（ ）
A．1个B．3个C．2个D．4个
【答案】B
【分析】由面面垂直的性质和线面垂直性质判断①，设，由等腰直角三角形的性质和勾股定理即可判断②③，取的中点，连接，，求出二面角的大小即可判断④，进而得出答案．
【详解】由题意知，，，又平面平面，平面平面，
所以平面，
又因为平面，所以，故①正确；
由①知，
设，
因为为等腰直角三角形斜边上的高，
所以，
又因为，
所以，
所以，即为等边三角形，故②③正确；
取的中点，连接，，
则，，，
因为平面平面，平面，平面，且，
所以是二面角的平面角，
由余弦定理得，
所以二面角不为，
即平面与平面不垂直，故④错误；
所以正确的有3个，
故选：B．
二、填空题
11．已知点都在直线上，写出一个直线的法向量： .
【答案】（答案不唯一）
【分析】写出，设，得到，故可写出直线的一个法向量.
【详解】，设，
则，
不妨设，则，故直线的一个法向量为.
故答案为：
12．直线的方向向量为，直线的方向向量为，平面的法向量为，，，则、、的值依次为 .
【答案】、、
【分析】依题意可得、，即可求出、、的值.
【详解】因为，直线的方向向量为，直线的方向向量为，
所以，则，即，解得，
因为，直线的方向向量为，平面的法向量为，
所以，所以，即，所以，解得，
则、、的值依次为、、.
故答案为：、、
13．在如图所示的正方体中，垂直于平面的平面有 .（写出两个，多写不加分，写错扣分）
【答案】平面，平面（答案不唯一）
【分析】证明出线面垂直，得到面面垂直，得到答案.
【详解】连接，
因为四边形为正方形，所以⊥，
因为⊥平面，平面，
所以⊥，
因为，平面，
所以⊥平面，
因为平面，
所以平面⊥平面，
同理平面，
所以平面⊥平面，
故垂直于平面的平面有平面，平面
故答案为：平面，平面(答案不唯一)
14．一个圆柱和一个圆锥的底面直径和它们的高都与某一个球的直径相等，这时圆柱、圆锥、球的体积之比为 .

【答案】
【详解】设球的半径为r,
则,
，
，
所以，
故答案为.
【解析】圆柱，圆锥，球的体积公式.
点评：圆柱，圆锥，球的体积公式分别为.
15．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在线段上运动，给出下列四个结论：
①平面截正方体所得的截面图形是五边形；
②直线到平面的距离是；
③存在点，使得；
④面积的最小值是．
其中所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③④
【分析】对于①，直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接即可解决；对于②等体积法解决即可；对于③④，建立空间直角坐标系，设，得即可.
【详解】对于①，如图直线与的延长线分别交于,连接分别交于,连接，
则五边形即为所求的截面图形，故①正确；
对于②，由题知，平面，平面，
所以平面，
所以点到平面的距离即为直线到平面的距离，
设点到平面的距离为，由正方体的棱长为2可得，
，，
所以，
，
所以由，可得，
所以直线到平面的距离是，故②错误；
对于③，如图建立空间直角坐标系，
则，
设，
所以，
又因为，
所以，
所以，
假设存在点使得，
所以，
整理得，
所以（舍去），或，
所以存在点使得，故③正确；
对于④，由③知，
所以点在的射影为，
所以点到的距离为
，
当时，，
所以面积的最小值是，故④正确；
故答案为：①③④
三、解答题
16．已知向量．
(1)求；
(2)若向量与垂直，求实数的值．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求出的坐标，再根据空间向量模长的坐标运算计算即可；
（2）先表示出，再根据向量垂直，数量积为零列出方程求解即可．
【详解】（1）由已知得，，
所以．
（2）由已知得，，
因为，
所以，解得．
17．如图，中，，是正方形，平面平面，若、分别是、的中点．

(1)求证：∥平面;
(2)求证：平面平面．
【答案】(1)证明见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）取的中点，连接，，则由三角形中位线定理得∥，∥，再结合正方形的性质可得∥，则∥平面，由理∥平面，从而可证得平面∥平面，进而可证得结论；
（2）由已知面面垂直可得平面，则，再由结合勾股定理逆定理可得，再由面线垂直和面面垂直的判定定理可证得结论.
【详解】（1）证明：如图，取的中点，连接，．
，分别是和的中点，∥，∥．
又四边形为正方形，
∥，从而∥．
平面，平面，
∥平面，
同理∥平面，又，平面，
平面∥平面，
平面，则∥平面;

（2）为正方形，．
又平面平面，且平面平面，面，
平面，
∵平面，∴，
设，，
，
∴，∴．
又，，平面，
平面，而平面，
∴平面平面．
四、未知
18．如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，点分别为的中点.
(1)求证：；
(2)求平面与平面所成二面角D（锐角）的余弦值.
【答案】(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）求出，即可证明结论；
（2）求出平面与平面的法向量，即可求出两平面所成二面角D（锐角）的余弦值.
【详解】（1）由题意，
在正方形中，,
在四棱锥中，平面，
∵，面，面，，
∴，
∵点分别为的中点，
设，
建立空间直角坐标系如下图所示，
则,
,
∴,
∴，
∴.
（2）由题意及（1）得，，
在面中，设法向量为，
即，解得：，
当时，，
在面中，其一个法向量为，
设平面与平面所成二面角D（锐角）为，
.
五、解答题
19．如图，在直三棱柱中，，，是中点.

（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）参考解析；（2）
【详解】试题分析：（1）直线与平面垂直的证明，对于理科生来说主要是以建立空间直角坐标系为主要方法，所以根据题意建立坐标系后，写出相应的点的坐标.根据向量证明向量与平面内的两个相交向量的数量积为零即可.
（2）证明直线与平面所成的角的正弦值，主要是通过求出平面的法向量与该直线的夹角的余弦值，再通过两角的互余关系转化为正弦值.
试题解析：（1）证明:因为是直三棱柱，
所以，
又，
即.
如图所示，建立空间直角坐标系.

,,,，
所以 ，，
.
又因为 ，，
所以 ，，平面.
（2）解：由（1）知，是平面的法向量，
，
则 .
设直线与平面所成的角为， 则.
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【解析】1.线面垂直.2.线面所成的角.3.空间直角坐标系的解决线面问题.
20．如图，在四棱锥中，平面，底面为菱形，分别为，的中点.

(1)求证：平面；
(2)若，二面角的大小为，再从条件①､条件②这两个条件中选择一个作为已知.求的长.
条件①：；条件②：.
注：如果选择条件①和条件②分别解答，按第一个解答计分.
【答案】(1)证明见解析
(2)12
【分析】（1）由线面平行的判定定理证明即可；
（2）由题意可建立以为坐标原点的空间直角坐标系，设分别求出平面和平面的法向量，由二面角公式代入解方程即可求出，进而求出的长.
【详解】（1）取中点，连接.

在中，分别为的中点，所以.
在菱形中，因为，
所以.
所以四边形为平行四边形，所以.
又因为平面平面，
所以平面.
（2）选择条件①：
因为平面平面，
所以.
又因为平面，
所以平面，又平面，
所以，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

连接，因为，所以，又为中点，所以，
所以为正三角形.因为，所以.
设，
则，
根据条件，可得平面的法向量为.
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，所以，
由题意，二面角的大小为，
所以，解得（舍负）.
因为是的中点，所以的长为12.
经检验符合题意.
选择条件②：
因为平面平面，
所以.
连接，因为，且，
所以，在菱形中，，即为正三角形.
又因为为中点，所以，
以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系.

又因为.
因为为正三角形且，所以.
设，
则，
根据条件，可得平面的法向量为.
设平面的法向量为，
则，所以，
取，则，所以，
由题意，二面角的大小为，
所以，解得（舍负）.
因为是的中点，所以的长为12.
经检验符合题意.
21．记所有非零向量构成的集合为，对于，定义，
(1)若，求出集合中的三个元素；
(2)若，其中，求证：一定存在实数，且，使得.
【答案】(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据集合新定义设，列式化简可得，即可得答案；
（2）先证明中向量都是共线向量，设，根据集合新定义推出，，可得，结合为共线向量，推得，即可证明结论.
【详解】（1）设，由得，
即，不妨令n取1，2，3，则m取3，6，9，
故中的三个元素为；
（2）先证明中向量都是共线向量，
不妨设，
因为，所以中至少有一个不为0，
若，记，
显然，即，故，
任取，因为，所以，
故，则，
故，则，则问题得证；
若，同理可证明，其中；
故综合上述中向量都是共线向量，
因为，所以不妨设，
则由定义知，即，同理，
故，则，
同理可得，故为共线向量，
即存在实数，使，即，
因为，所以，所以，
记，则，
即一定存在实数，且，使得.
【点睛】难点点睛：本题考查了集合的新定义问题，解答时要注意理解新定义，并能根据该定义去解决问题，难点在于第二问的证明，解答时要首先证明中向量都是共线向量，然后推出，结合为共线向量，推得，即可证明结论.