[数学]2023-2024学年北京市中国人民大学附中高二(上)期中试卷

这是一份[数学]2023-2024学年北京市中国人民大学附中高二(上)期中试卷，共32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。

1．（4分）已知平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b的位置关系是（ ）
A．平行B．平行或异面
C．异面D．异面或相交
2．（4分）空间中点A的坐标是（3，﹣1，0），若向量，则点B的坐标是（ ）
A．（1，﹣6，3）B．（﹣1，6，﹣3）C．（5，4，﹣3）D．（2，5，﹣3）
3．（4分）一个水平放置的平面图形△OAB用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，则平面图形△OAB的面积为（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）已知cs＜，＞＝﹣，则下列说法错误的是（ ）
A．若，分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2所成角余弦值是
B．若，分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角正弦值是
C．若，分别是平面ABC，平面BCD的法向量，则二面角A﹣BC﹣D的余弦值是
D．若分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角余弦值是
5．（4分）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB＝2，AD＝4，AA1＝3，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则线段AC1的长为（ ）
A．9B．C．D．
7．（4分）如图，已知大小为60°的二面角α﹣l﹣β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，CD＝7，则AB的长为（ ）
A．22B．40C．D．
8．（4分）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为（ ）
A．44πB．43πC．42πD．41π
9．（4分）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为4的正方体，P﹣QRH是棱长为4的正四面体，底面ABCD与底面QRH在同一个平面内，且BC∥QH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）《九章算术•商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．意思是：如图，沿正方体对角面A1B1CD截正方体可得两个堑堵，再沿平面B1C1D截堑堵可得一个阳马（四棱锥D﹣A1B1C1D1），一个鳖臑（三棱锥D﹣B1C1C），若P为线段CD上一动点，平面α过点P，CD⊥平面α，设正方体棱长为1，PD＝x，α与图中的鳖臑截面面积为S，则点P从点D移动到点C的过程中，S关于x的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）
11．（5分）已知正方形ABCD的边长为2，则＝ ．
12．（5分）已知一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则此圆锥的表面积为 ．
13．（5分）平面与平面垂直的判定定理符号语言为： ．
14．（5分）在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信．多址通信的理论基础是若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介．在n维空间中，正交的定义是两个n维向量＝（x1，x2，⋯，xn），＝（y1，y2⋯，yn）满足x1y1+x2y2+…+xnyn＝0．已知某通信方式中用户的信号是4维非零向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为（0，0，0，1），（0，0，1，0），，写出一个满足条件的第四个用户的信号向量 ．
15．（5分）一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为 ．
三、解答题（本大题共3小题，共35分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）
16．（10分）已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：A（1，1，1），B（1，2，3），C（4，5，6），D（7，8，x）．
（1）求；
（2）若，求x的值；
（3）若D点在平面ABC上，直接写出x的值．
17．（12分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点．
（Ⅰ）求证：BC∥AD；
（Ⅱ）求证：CE∥平面PAB；
（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．
18．（13分）如图所示，已知四棱锥E﹣ABCD中，ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，平面EAB⊥平面ABCD，AB＝BC＝BE＝6，AD＝3，．
（Ⅰ）证明：EB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求B到平面ADE的距离；
（Ⅲ）求二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
四、选择题（共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
19．（5分）关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（ ）
①空间中两条直线所成角的取值范围是
②空间中直线与平面所成角的取值范围是
③空间中二面角的平面角的取值范围是
④空间中平面与平面所成角的取值范围是
A．1B．2C．3D．4
20．（5分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在直线进行翻折，将△CDE沿DE所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．点A与点C在某一位置可能重合
B．点A与点C的最大距离为
C．直线AB与直线DE可能垂直
D．直线AF与直线CE可能垂直
21．（5分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，P为棱AA′上一动点，Q为底面ABCD上一动点，M是PQ的中点，若点P，Q都运动时，点M构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台
C．棱锥D．球的一部分
22．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1C1的中点，Q为线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得PQ∥BD
B．存在点Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C．三棱锥Q﹣APD的体积是定值
D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
五、填空题（共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸上的相应位置.）
23．（5分）如图，在棱长为2正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足B1P⊥D1E，则点B1和满足条件的所有点P构成的图形的面积是 ．
24．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有侧棱长及底面边长都为2，D是CC1的中点，则直线AD与平面A1BD所成角的正弦值为 ．
25．（5分）点O是正四面体A1A2A3A4的外接球球心，|OAi|＝1（i＝1，2，3，4）．若，其中0≤λ1≤1（i＝1，2，3，4），则动点P扫过的区域的体积为 ．
六、解答题（本小题15分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）
26．（15分）已知自然数集A＝{1，2，3，⋯，n}（n∈N*），非空集合．若集合E满足：对任意a∈A，存在ei，ej∈E（1≤i≤j≤m），使得a＝xei+yej，x，y∈{﹣1，0，1}，称集合E为集合A的一组m元基底．
（1）分别判断下列集合E是否为集合A的一组二元基底，并说明理由：
①E＝{1，2}，A＝{1，2，3，4，5}；
②E＝{2，3}，A＝{1，2，3，4，5，6}．
（2）若集合E是集合A的一组m元基底，证明：n≤m（m+1）；
（3）若集合E为集合A＝{1，2，3，⋯，19}的一组m元基底，求m的最小值．
2023-2024学年北京市中国人民大学附中高二（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
1．（4分）已知平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，则a与b的位置关系是（ ）
A．平行B．平行或异面
C．异面D．异面或相交
【分析】利用直线与平面的位置关系判断即可．
【解答】解：因为平面α∥平面β，直线a⊂α，直线b⊂β，
所以a与b没有交点，即a与b可能平行，也可能异面．
故选：B．
【点评】本题考查直线与平面的位置关系等基础知识，考查空间思维能力，是中档题．
2．（4分）空间中点A的坐标是（3，﹣1，0），若向量，则点B的坐标是（ ）
A．（1，﹣6，3）B．（﹣1，6，﹣3）C．（5，4，﹣3）D．（2，5，﹣3）
【分析】直接利用向量的坐标运算求出结果．
【解答】解：由于点A的坐标是（3，﹣1，0），若向量，
设B（x，y，z），故（x，y，z）﹣（3，﹣1，0）＝（2，5，﹣3），
整理得x＝5，y＝4，z＝﹣3；
故B（5，4，﹣3）．
故选：C．
【点评】本题考查的知识要点：向量的坐标运算，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
3．（4分）一个水平放置的平面图形△OAB用斜二测画法作出的直观图是如图所示的等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，则平面图形△OAB的面积为（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据题意，求出直观图的面积，由原图面积与直观图面积的关系，分析可得答案．
【解答】解：根据题意，在直观图等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，则O′A′＝，
故其面积S′＝×A′B′×O′A′＝5，
故原图平面图形△OAB的面积S＝2S′＝10．
故选：B．
【点评】本题考查平面图形的直观图，涉及斜二测画法，属于基础题．
4．（4分）已知cs＜，＞＝﹣，则下列说法错误的是（ ）
A．若，分别是直线l1，l2的方向向量，则l1，l2所成角余弦值是
B．若，分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角正弦值是
C．若，分别是平面ABC，平面BCD的法向量，则二面角A﹣BC﹣D的余弦值是
D．若分别是直线l的方向向量与平面α的法向量，则l与α所成角余弦值是
【分析】根据向量法逐一判断即可．
【解答】解：对于A：因为直线与直线所成角范围为，
所以l1，l2所成角余弦值为|cs＜，＞|＝，故A正确；
对于B：因为直线与平面所成角范围为，
所以l与α所成角的正弦值，
l与α所成角的余弦值为，故B、D正确；
对于C：因为二面角的平面角所成角范围为[0，π），
所以二面角A﹣BC﹣D的余弦值可能为负值，故C错误．
故选：C．
【点评】本题考查空间向量判断线线角、线面角、二面角，属中档题．
5．（4分）一个三棱锥的各棱长均相等，其内部有一个内切球，即球与三棱锥的各面均相切（球在三棱锥的内部，且球与三棱锥的各面只有一个交点），过一条侧棱和对边的中点作三棱锥的截面，所得截面图形是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根据题意，设三棱锥S﹣ABC的各棱长均相等，作出经过侧棱SC与AB中点D的截面，得到截面△SCD，平面SCD截内切圆于圆O，由正四面体的性质与图形的对称性质加以分析，可知圆O与SD、CD相切而与SC相离．由此对照各个选项，即可得到本题答案．
【解答】解：如图所示，设三棱锥S﹣ABC的各棱长均相等，球O是它的内切球，
设H为底面△ABC的中心，根据对称性可得内切球的球心0在三棱锥的高SH上，
由SC、SH确定的平面交AB于D，连结SD、CD，得到截面△SCD，
截面SCD就是经过侧棱SC与AB中点的截面．
平面SCD与内切球相交，截得球大圆如图所示．
∵△SCD中，圆O分别与SD、CD相切于点E、H，且SD＝CD，圆O与SC相离，
∴对照各个选项，可得只有B项的截面图形符合题意．
故选：B．
【点评】本题给出正四面体的内切球，经过一条侧棱与对棱中点的截面与内切球相交，求所得的截面的形状．着重考查了正四面体的性质、球的性质、球与多面体的内接外切等知识，属于中档题．
6．（4分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB＝2，AD＝4，AA1＝3，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，则线段AC1的长为（ ）
A．9B．C．D．
【分析】由，两边平方，利用勾股定理以及数量积的定义求出的值，进而可得答案．
【解答】解：由，
得到，
因为底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝4，AA1＝3，
所以，，
因为∠A1AB＝∠A1AD＝60°，
所以，
所以，
．
故选：C．
【点评】本题主要考查空间中点、线、面之间的位置关系，属于中档题．
7．（4分）如图，已知大小为60°的二面角α﹣l﹣β棱上有两点A，B，AC⊂α，AC⊥l，BD⊂β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，CD＝7，则AB的长为（ ）
A．22B．40C．D．
【分析】过A作AE∥BD且AE＝BD，连接CE，DE，易得∠CAE＝60°，通过线面垂直的判定定理可得ED⊥平面AEC，继而得到ED⊥EC，由勾股定理即可求出答案．
【解答】解：过A作AE∥BD且AE＝BD，连接CE，DE，
则四边形ABDE是平行四边形，因为BD⊥AB，
所以平行四边形ABDE是矩形，
因为BD⊥l，即AE⊥l，而AC⊥l，
则∠CAE是二面角α﹣l﹣β的平面角，即∠CAE＝60°，
因为BD＝AE＝AC＝3，即△ACE为正三角形，所以CE＝3，
因为ED⊥AE，l⊥AC，即ED⊥AC，
AE∩AC＝A，AE，AC⊂平面AEC，
所以ED⊥平面AEC，
因为EC⊂平面AEC，所以ED⊥EC，
所以在Rt△EDC中，，
所以．
故选：C．
【点评】本题考查空间距离求法，考查二面角的平面角，属中档题．
8．（4分）鲁班锁是中国传统的智力玩具，起源于中国古代建筑中首创的榫卯结构，它的外观是如图所示的十字立方体，其上下、左右、前后完全对称，六根完全一样的正四棱柱体分成三组，经90°榫卯起来．若正四棱柱的高为6，底面正方形的边长为1，现将该鲁班锁放进一个球形容器（容器壁的厚度忽略不计），则该球形容器表面积的最小值为（ ）
A．44πB．43πC．42πD．41π
【分析】由题意，该球形容器的半径的最小值为：，即可求出该球形容器的表面积的最小值．
【解答】解：由题意，该球形容器的半径的最小值为并在一起的两个长方体体对角线的一半，
即为×＝，
∴该球形容器表面积的最小值为：4＝41π．
故选：D．
【点评】本题考查正棱柱的外接球的体积的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是基础题．
9．（4分）如图，ABCD﹣A1B1C1D1是棱长为4的正方体，P﹣QRH是棱长为4的正四面体，底面ABCD与底面QRH在同一个平面内，且BC∥QH，则正方体中过AD且与平面PHQ平行的截面面积是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根据面面平行的性质定理确定截面的形状，再根据正四面体的性质和等角定理确定E、F的具体位置，AE的长度，从而求出截面面积．
【解答】解：设截面与A1B1，C1D1分别相交于E，F，则EF∥AD，
过点P作平面QRH的垂线，垂足为O，则O是底面QRH的中心，
设OR∩HQ＝G，则∠EAB＝∠PGO，
又因为RG＝4×sin60°＝2，所以RO＝2OG＝，
所以PO＝＝，
所以sin∠EAB＝sin∠PGO＝＝＝，
所以＝，解得EA＝3，
所以四边形AEFD的面积为S＝4×3＝12．
故选：C．
【点评】本题考查了正棱锥的平行关系与等角定理的应用问题，也考查了运算求解能力，是中档题．
10．（4分）《九章算术•商功》中有这样一段话：“斜解立方，得两堑堵，斜解堑堵，其一为阳马，一为鳖臑．阳马居二，鳖臑居一，不易之率也．意思是：如图，沿正方体对角面A1B1CD截正方体可得两个堑堵，再沿平面B1C1D截堑堵可得一个阳马（四棱锥D﹣A1B1C1D1），一个鳖臑（三棱锥D﹣B1C1C），若P为线段CD上一动点，平面α过点P，CD⊥平面α，设正方体棱长为1，PD＝x，α与图中的鳖臑截面面积为S，则点P从点D移动到点C的过程中，S关于x的函数图象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由题意画出截面图，证明平面α截三棱锥D﹣B1C1C所得截面为等腰直角三角形，求其面积关于x的关系式，则答案可求．
【解答】解：如图，
设α∩DC1＝N，α∩DB1＝M，
∵CD⊥α，∴CD⊥PN，则△DPN为等腰直角三角形，则PN＝x，
，
∵B1C1⊥平面DCC1，∴B1C1⊥DC1，
∵DC⊥平面PMN，DC⊥平面B1C1C，∴平面PMN∥平面CB1C1，
而平面DC1B1∩平面PMN＝MN，平面DC1B1∩平面CB1C1＝C1B1，
∴MN∥B1C1，可得MN⊥DC1，则
由DP＝PN＝x，得DN＝，∴，
即MN＝，
∴S＝（0≤x≤1）．
则S关于x的函数图象大致是B．
故选：B．
【点评】本题考查空间几何体的结构特征，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题．
二、填空题（本大题共5小题，每小题5分，共25分.请把结果填在答题纸上的相应位置.）
11．（5分）已知正方形ABCD的边长为2，则＝ ．
【分析】根据向量数量积以及模长公式即可求解．
【解答】解：由题意可知，
∴＝2×＝4，
故||＝＝＝2．
故答案为：．
【点评】本题主要考查了向量数量积的性质及性质的应用，属于基础题．
12．（5分）已知一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，则此圆锥的表面积为 3π ．
【分析】利用等边三角形的性质、圆锥的表面积计算公式即可得出．
【解答】解：一个圆锥的轴截面为边长为2的正三角形，
可得：底面半径r＝1，母线长为2．
∴此圆锥的表面积＝π×12+＝3π．
故答案为：3π．
【点评】本题考查了等边三角形的性质、圆锥的表面积计算公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
13．（5分）平面与平面垂直的判定定理符号语言为： a⊂α，a⊥β⇒α⊥β（答案不唯一） ．
【分析】根据“平面与平面垂直的判定定理”写出正确答案．
【解答】解：平面与平面垂直的判定定理：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β．
故答案为：a⊂α，a⊥β⇒α⊥β（答案不唯一）．
【点评】本题考查面面垂直的判定定理的符号语言，属基础题．
14．（5分）在移动通信中，总是有很多用户希望能够同享一个发射媒介，进行无线通信，这种通信方式称为多址通信．多址通信的理论基础是若用户之间的信号可以做到正交，这些用户就可以同享一个发射媒介．在n维空间中，正交的定义是两个n维向量＝（x1，x2，⋯，xn），＝（y1，y2⋯，yn）满足x1y1+x2y2+…+xnyn＝0．已知某通信方式中用户的信号是4维非零向量，有四个用户同享一个发射媒介，已知前三个用户的信号向量为（0，0，0，1），（0，0，1，0），，写出一个满足条件的第四个用户的信号向量 （1，1，0，0）．（答案不唯一，形如（a，a，0，0）都可以） ．
【分析】根据新定义计算即可．
【解答】解：设第四个用户的信号向量为（x1，x2，x3，x4），
根据已知有•（x1，x2，x3，x4）＝0，
则•x1﹣•x2+0•x3+0•x4＝0，所以x1＝x2，
又（0，0，0，1）•（x1，x2，x3，x4）＝0，则x4＝0，
（0，0，1，0）•（x1，x2，x3，x4）＝0，则x3＝0，
则第四个用户的信号向量可表示为（a，a，0，0）．
故答案为：（1，1，0，0）．（答案不唯一，形如（a，a，0，0）都可以）．
【点评】本题考查新定义运算，考查向量的计算，属于中档题．
15．（5分）一个三棱锥的三个侧面中有一个是边长为2的正三角形，另两个是等腰直角三角形，则该三棱锥的体积可能为 或或 ．
【分析】根据题意分类作出满足条件的三棱锥，再由棱锥体积公式求解．
【解答】解：如图所示：
①若AB⊥平面BCD，△BCD为边长为2的正三角形，AB＝2，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积为V＝×2××2×2×sin60°＝；
②若AB⊥平面BCD，△ACD为是边长为2的正三角形，AB＝，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，满足题目条件，故其体积为V＝××××＝；
③若△BCD为边长为2的正三角形，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，AB＝BC＝CD＝AD＝2，AC＝2，满足题目条件，取AC中点E，∵BE⊥AC，而BE2+DE2＝BD2，∴BE⊥DE，即有BE⊥平面ACD，
故其体积为V＝×××2×2＝．
∴该三棱锥的体积可能为或或．
故答案为：或或．
【点评】本题考查了三棱锥的体积计算，考查分类讨论思想，属于中档题．
三、解答题（本大题共3小题，共35分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）
16．（10分）已知空间直角坐标系中四个点的坐标分别为：A（1，1，1），B（1，2，3），C（4，5，6），D（7，8，x）．
（1）求；
（2）若，求x的值；
（3）若D点在平面ABC上，直接写出x的值．
【分析】（1）根据空间向量的模求得正确答案．
（2）根据向量垂直列方程，化简求得x的值．
（3）根据向量共面列方程，从而求得x的值．
【解答】解：（1）．
（2），
由于，所以，
解得．
（3），
设，即（6，7，x﹣1）＝（0，a，2a）+（3b，4b，5b）＝（3b，a+4b，2a+5b），
所以，解得a＝﹣1，b＝2，x＝9．
【点评】本题主要考查空间中点的坐标，属于基础题．
17．（12分）如图所示，在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中点．
（Ⅰ）求证：BC∥AD；
（Ⅱ）求证：CE∥平面PAB；
（Ⅲ）若M是线段CE上一动点，则线段AD上是否存在点N，使MN∥平面PAB？说明理由．
【分析】（Ⅰ）根据线面平行的性质定理即可证明；
（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，利用中位线的性质，平行四边形的性质，以及线面平行的判断定理即可证明；
（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，根据线面平行的性质定理和判断定理即可证明．
【解答】证明：（Ⅰ）在四棱锥P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC⊂平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴BC∥AD，
（Ⅱ）取PA的中点F，连接EF，BF，
∵E是PD的中点，
∴EF∥AD，EF＝AD，
又由（Ⅰ）可得BC∥AD，BC＝AD，
∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四边形BCEF是平行四边形，
∴CE∥BF，
∵CE⊄平面PAB，BF⊂平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
（Ⅲ）取AD中点N，连接CN，EN，
∵E，N分别为PD，AD的中点，
∴EN∥PA，
∵EN⊄平面PAB，PA⊂平面PAB，
∴EN∥平面PAB，
又由（Ⅱ）可得CE∥平面PAB，CE∩EN＝E，
∴平面CEN∥平面PAB，
∵M是CE上的动点，MN⊂平面CEN，
∴MN∥平面PAB，
∴线段AD存在点N，使得MN∥平面PAB．
【点评】本题考查线面平行、线线平行的证明，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查推理能力，是中档题．
18．（13分）如图所示，已知四棱锥E﹣ABCD中，ABCD是直角梯形，∠ABC＝∠BAD＝90°，平面EAB⊥平面ABCD，AB＝BC＝BE＝6，AD＝3，．
（Ⅰ）证明：EB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求B到平面ADE的距离；
（Ⅲ）求二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
【分析】（1）通过证明BE⊥AB，结合面面垂直的性质定理，证得BE⊥平面ABCD；
（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求得B到平面ADE的距离；
（3）利用向量法求得二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
【解答】（1）证明：由于AB2+BE2＝AE2，所以BE⊥AB，
由于平面EAB⊥平面ABCD，且交线为AB，BE⊂平面EAB，
所以BE⊥平面ABCD；
（2）解：由于BC⊂平面ABCD，所以BE⊥BC，所以BC，BA，BE两两相互垂直，
由此建立如图所示空间直角坐标系，
则C（6，0，0），A（0，6，0），E（0，0，6），D（3，6，0），
故，，
设平面ADE的法向量为，
则，令y＝1，可得，
又＝（0，6，0），
所以B到平面ADE的距离为；
（3）解：由（2）得平面ADE的法向量为＝（0，1，1），
而＝（﹣3，6，0），，
设平面CDE的法向量为，
则，令a＝2，可得b＝1，c＝2，
故可得＝（2，1，2），
由图可知二面角A﹣DE﹣C为钝角，设为θ，
则＝．
【点评】本题考查面面垂直的性质定理，考查点到平面的距离，考查二面角的余弦值求法，属中档题．
四、选择题（共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，请将正确答案填涂在答题纸上的相应位置.）
19．（5分）关于空间中的角，下列说法中正确的个数是（ ）
①空间中两条直线所成角的取值范围是
②空间中直线与平面所成角的取值范围是
③空间中二面角的平面角的取值范围是
④空间中平面与平面所成角的取值范围是
A．1B．2C．3D．4
【分析】由空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角范围判断即可．
【解答】解：对于①：由空间中两条直线所成角的取值范围是，可知①正确；
对于②：由空间中直线与平面所成角的取值范围是，可知②正确；
对于③：空间中二面角的平面角的取值范围是[0，π]，可知③错误；
对于④：空间中平面与平面所成角的取值范围是，可知④正确．
故选：C．
【点评】本题考查空间中直线与直线、直线与平面、平面与平面所成角范围，属于中档题．
20．（5分）如图，在正方形ABCD中，点E，F分别为边BC，AD的中点，将△ABF沿BF所在直线进行翻折，将△CDE沿DE所在直线进行翻折，在翻折的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．点A与点C在某一位置可能重合
B．点A与点C的最大距离为
C．直线AB与直线DE可能垂直
D．直线AF与直线CE可能垂直
【分析】在翻折的过程中，分析点A，C及直线AB，AF与CE，CD的运动轨迹，根据点与点的位置关系及线与线的位置关系分析能求出结果．
【解答】解：由题意，在翻折的过程中，A，C的运动轨迹分别是两个平行的圆，不能重合，故A错误；
点A与点C的最大距离为正方形的对角线AC＝AB，故B错误；
∵△ABF与△CDE全等，把△CDE平移使得DC与AB重合，如图，
△ABF绕BF旋转形成两个公用底面的圆锥，AB，CD是稍大的圆锥的母线，
∵∠ABF小于45°，
∴AB，CD的最大夹角为锐角，不可能垂直，故C错误，
同理得∠AFB大于45°，∴AF和CE可能垂直，故D正确．
故选：D．
【点评】本题考查翻折问题、点的运动轨迹、空间中线线间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
21．（5分）在正方体ABCD﹣A′B′C′D′中，P为棱AA′上一动点，Q为底面ABCD上一动点，M是PQ的中点，若点P，Q都运动时，点M构成的点集是一个空间几何体，则这个几何体是（ ）
A．棱柱B．棱台
C．棱锥D．球的一部分
【分析】分别取P、Q为特殊位置，得到M的部分轨迹，然后靠空间想象得到M点的其它位置，得到点M构成的点集是一个棱柱体．
【解答】解：由题意知，当P在A′处，Q在AB上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′B′B内平行于AB的线段（靠近AA′），当P在A′处，Q在AD上运动时，M的轨迹为过AA′的中点，在平面AA′D′D内平行于AD的线段（靠近AA′），
当Q在B处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AB的中点，在平面AA′B′B内平行于AA′的线段（靠近AB），
当Q在D处，P在AA′上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面AA′B′B内平行于AA′的线段（靠近AD），
当P在A处，Q在BC上运动时，M的轨迹为过AB的中点，在平面ABCD内平行于AD的线段（靠近AB），
当P在A处，Q在CD上运动时，M的轨迹为过AD的中点，在平面ABCD内平行于AB的线段（靠近AB），
同理得到：P在A′处，Q在BC上运动；P在A′处，Q在CD上运动；P在A′处，Q在C处，P在AA′上运动；
P、Q都在AB，AD，AA′上运动的轨迹．进一步分析其它情形即可得到M的轨迹为棱柱体．
故选：A．
【点评】本题考查了轨迹方程问题，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．
22．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，P为线段A1C1的中点，Q为线段BC1上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点Q，使得PQ∥BD
B．存在点Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C．三棱锥Q﹣APD的体积是定值
D．存在点Q，使得PQ与AD所成的角为
【分析】对A由BD∥B1D1、B1D1∩PQ＝P即可判断；对B若Q为BC1中点，根据正方体、线面的性质及判定即可判断；对C只需求证BC1与面APD是否平行；对D利用空间向量求直线夹角的范围即可判断．
【解答】解：对于A：正方体中BD∥B1D1，而P为线段A1C1的中点，即为B1D1的中点，
所以B1D1∩PQ＝P，故BD，PQ不可能平行，所以A错；
对于B：若Q为BC1中点，则PQ∥A1B，而A1B⊥AB1，故PQ⊥AB1，
又AD⊥面ABB1A1，A1B⊂面ABB1A1，则A1B⊥AD，故PQ⊥AD，
AB1∩AD＝A，AB1，AD⊂面AB1C1D，则PQ⊥面AB1C1D，
所以存在Q使得PQ⊥平面AB1C1D，所以B对；
对于C：由正方体性质知：BC1∥AD1，而AD1∩面APD＝A，故BC1与面APD不平行，
所以Q在线段BC1上运动时，到面APD的距离不一定相等，
故三棱锥Q﹣APD的体积不是定值，所以C错；
对于D：构建如下图示空间直角坐标系D﹣xyz，
则A（2，0，0），P（1，1，2），Q（2﹣a，2，a）且0≤a≤2，
所以，，设＜，＞＝θ，
则，
令t＝1﹣a∈[﹣1，1]，则，
当t∈（0，1]，则，；
当t＝0则csθ＝0；
当t∈[﹣1，0），则，；
所以不在上述范围内，所以D错．
故选：B．
【点评】本题考查线线平行的判断，线面垂直的判定定理，三棱锥的体积，线线角的求解，属中档题．
五、填空题（共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题纸上的相应位置.）
23．（5分）如图，在棱长为2正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为BC的中点，点P在正方体表面上移动，且满足B1P⊥D1E，则点B1和满足条件的所有点P构成的图形的面积是 ．
【分析】根据题意，建立空间直角坐标系，设出点P的坐标，利用B1P⊥D1E得出•＝0，得出x+2y﹣2z﹣2＝0，根据点P在正方体的表面上，讨论z＝0与z＝1以及x＝0与x＝1和y＝0、y＝1时方程表示的图形，再由向量法求解．
【解答】解：以D为坐标原点，DA所在直线为x轴，DC所在直线为y轴，DD1所在直线为z轴，
建立空间直角坐标系，如图所示；
则D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），
设点P（x，y，z），则 ＝（x﹣2，y﹣2，z﹣2），＝（1，2，﹣2），
又B1P⊥D1E，∴•＝（x﹣2）+2（y﹣2）﹣2（z﹣2）＝0，
即x+2y﹣2z﹣2＝0．
又点P在正方体的表面上，
当z＝0时，x+2y﹣2＝0，是线段AM，点M（0，1，0）；
当z＝1时，x+2y﹣4＝0，是点B1（2，2，2）；
当x＝0时，2y﹣2z﹣2＝0，是线段MN，点N（0，2，1）；
当x＝1时，2y﹣2z﹣1＝0，是线段AB1；
当y＝0时，x﹣2z﹣2＝0，是点A（2，0，0）；
当y＝1时，x﹣2z＝0，是线段B1N．
如图所示，点P的轨迹构成的图形是四边形AB1NM．
∵MN∥AB1，AB1＝2，MN＝＝，
A（2，0，0），M（0，1，0），B1（2，2，2），＝（﹣2，1，0），＝（0，2，2），
∴点M到AB1的距离d＝||•＝＝，
∴点B1和满足条件的所有点P构成的图形的面积是：
＝＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了立体几何中的轨迹问题，考查了分析问题与解决问题的能力，解题的关键建立空间直角坐标系，确定点P所构成的轨迹，是中档题．
24．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有侧棱长及底面边长都为2，D是CC1的中点，则直线AD与平面A1BD所成角的正弦值为 ．
【分析】建立以A为原点的空间直角坐标系，可得和平面A1BD的一个法向量为，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：建立以A为原点的空间直角坐标系A﹣xyz，如图所示：
∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有侧棱长及底面边长都为2，
∴，
则，
设平面A1BD的法向量为，
则，取y＝1，则，
∴平面A1BD的法向量为，
设直线AD与平面A1BD所成的角为θ，
∴，
∴直线AD与平面A1BD所成的角的正弦值为．
故答案为：．
【点评】本题考查直线与平面的夹角，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
25．（5分）点O是正四面体A1A2A3A4的外接球球心，|OAi|＝1（i＝1，2，3，4）．若，其中0≤λ1≤1（i＝1，2，3，4），则动点P扫过的区域的体积为 ．
【分析】将正四面体A1A2A3A4放入正方体中，得到正方体的体对角线是2|OA1|，从而得到该正方体的棱长，再根据条件得到P扫过的区域的体积即可．
【解答】解：如图，作出正四面体A1A2A3A4，
将正四面体A1A2A3A4放入正方体中，如下图所示：
则O是该正方体的中心，
设该正方体的棱长为a，则a2+a2+a2＝1×2，解得：，
又，
则知P扫过的区域的边界是以该正方体的六个面作延伸的六个全等的正方体的中心为顶点的正方体，其中两个面如下图所示：
可得动点P扫过的区域的体积为该正方体体积的2倍，即动点P扫过的区域的体积．
故答案为：．
【点评】本题考查了动点扫过的区域体积的计算，属于中档题．
六、解答题（本小题15分，解答应写出文字说明过程或演算步骤，请将答案写在答题纸上的相应位置.）
26．（15分）已知自然数集A＝{1，2，3，⋯，n}（n∈N*），非空集合．若集合E满足：对任意a∈A，存在ei，ej∈E（1≤i≤j≤m），使得a＝xei+yej，x，y∈{﹣1，0，1}，称集合E为集合A的一组m元基底．
（1）分别判断下列集合E是否为集合A的一组二元基底，并说明理由：
①E＝{1，2}，A＝{1，2，3，4，5}；
②E＝{2，3}，A＝{1，2，3，4，5，6}．
（2）若集合E是集合A的一组m元基底，证明：n≤m（m+1）；
（3）若集合E为集合A＝{1，2，3，⋯，19}的一组m元基底，求m的最小值．
【分析】（1）根据题干信息，利用二元基底的定义加以验证即可；
（2）首先设e1＜e2＜…＜em，计算出a＝xei+yej的各种情况下的正整数个数并求出它们的和，结合题意可得：，即可得证：n≤m（m+1）；
（3）由（2）可知m（m+1）≥19，所以m≥4，并且得到结论“基底中元素表示出的数最多重复一个”，再讨论当m＝4时，集合E的所有情况均不可能是A的4元基底，而当m＝5时，A的一个基底E＝{1，3，5，9，16}，由此可得m的最小值为5．
【解答】解：（1）E＝{1，2}不是A＝{1，2，3，4，5}的一个二元基底
理由是4≠x•1+y•2（x，y∈{﹣1，0，1}）
E＝{2，3}是A＝{1，2，3，4，5，6}的一个二元基底
理由是1＝﹣1×2+1×3；2＝1×2+0×3；3＝0×2+1×3；
4＝1×2+1×2，5＝1×2+1×3，6＝1×3+1×3．
（2）证明：不妨设e1＜e2＜…＜em，则
形如1•ei+0•ej（1≤i＜j≤m）的正整数共有m个；
形如1•ei+1•ei（1≤i≤m）的正整数共有m个；
形如1•ei+1•ej（1≤i＜j≤m）的正整数至多有个；
形如（﹣1）ei+1•ej（1≤i＜j≤m）的正整数至多有个；
又集合A＝{1，2，3，…，n}含有n个不同的正整数，E为集合A的一个m元基底．
故，即m（m+1）≥n．
（3）由（2）可知m（m+1）≥19，所以m≥4．
当m＝4时，m（m+1）﹣19＝1，即用基底中元素表示出的数最多重复一个．
假设E＝{e1，e2，e3，e4}为A＝{1，2，3，…，19}的一个4元基底，
不妨设e1＜e2＜e3＜e4，则e4≥10．
当e4＝10时，有e3＝9，这时e2＝8或e2＝7．
如果e2＝8，则1＝10﹣9，1＝9﹣8，18＝9+9，18＝10+8，重复元素超出一个，不符合条件；
如果e2＝7，则e1＝6或e1＝5，易知E＝{6，7，9，10}和E＝{5，7，9，10}都不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝11时，有e3＝8，这时e2＝7，e1＝6，易知E＝{6，7，8，11}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝12时，有e3＝7，这时e2＝6，e1＝5，易知E＝{5，6，7，12}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝13时，有e3＝6，这时e2＝5，e1＝4，易知E＝{4，5，6，13}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝14时，有e3＝5，这时e2＝4，e1＝3，易知E＝{3，4，5，14}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝15时，有e3＝4，这时e2＝3，e1＝2，易知E＝{2，3，4，15}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4＝16时，有e3＝3，这时e2＝2，e1＝1，易知E＝{1，2，3，16}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合条件；
当e4≥17时，E均不可能是A的4元基底．
当m＝5时，易验证A的一个基底E＝{1，3，5，9，16}，
理由：1＝1×1+0×1；2＝1×1+1×1；3＝1×3+0×1；4＝1×1+1×3；5＝1×5+0×1；
6＝1×3+1×3；7＝﹣1×9+1×16；8＝1×3+1×5；9＝1×9+0×1；10＝1×5+1×5；
11＝﹣1×5+1×16；12＝1×3+1×9；13＝﹣1×3+1×16；14＝1×5+1×9；15＝﹣1×1+1×16；
16＝1×16+0×1；17＝1×16+1×1；18＝1×9+1×9；19＝1×16+1×3．
综上所述，m的最小值为5．
【点评】本题考查了通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，照章办事，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决，属于中档题．
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