北京师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版）

这是一份北京师范大学附属中学2024-2025学年高二上学期期中考试数学试卷（解析版），共25页。试卷主要包含了本试卷有三道大题，共6页，考试结束后，考生应将答题纸交回等内容，欢迎下载使用。

1.本试卷有三道大题，共6页.考试时长120分钟，满分150分.
2.考生务必将答案填写在答题纸上，在试卷上作答无效.
3.考试结束后，考生应将答题纸交回.
一、选择题共10小题，共40分.在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项.
1. 直线的倾斜角为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据直线倾斜角的正切值等于切线斜率求解即可.
【详解】直线的斜率为,故倾斜角的正切值,
又,故.
故选：A
【点睛】本题主要考查了直线倾斜角与斜率的关系,属于基础题型.
2. 已知，，若，则实数的值为（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】若则存在非零实数使成立，代入计算即可以求出.
【详解】存在非零实数使成立
，
故选：C
3. 已知直线的方程为，则过点且与垂直的直线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据垂直得到，由点斜式可求直线的方程.
【详解】直线的方程为，则，
根据两直线垂直知所求直线的斜率为，
又直线过点，所以与直线垂直的线方程为，即.
故选：B.
4. 已知平面的一个法向量，直线的一个方向向量，则（ ）
A. B.
C. D. 与相交且不垂直
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，求得，且不存在实数，使得，即可得到答案.
【详解】由平面外的直线l的方向向量为，平面的一个法向量为，
可得，所以直线与平面不平行，
又不存在实数，使得，所以直线与平面不垂直，
所以与相交且不垂直.
故选：D.
5. 如图，在长方体中，是线段上一点，且，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将利用、、表示，再利用空间向量的加法可得出关于、、的表达式，进而可求得的值.
【详解】连接、，
因为，
因为是线段上一点，且，则，
因此，
因此，.
故选：A.
6. 在正三棱柱中，，则直线与平面所成角的正弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面角的定义，作出线面角求正弦即可.
【详解】取的中点，连接，如图，
由正三棱柱可知，，，
又，平面，
所以平面，所以是直线在平面上的射影，
所以即为直线与平面所成角，
设，则，，
所以.
故选：C
7. 如图，在三棱锥中，平面平面，，则二面角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】取的中点，连接，过作于，连接，可证是二面角的平面角，计算可求二面角的余弦值.
【详解】取的中点，连接，过作于，连接，
因为，所以，
因为平面平面，平面平面，
所以平面，又平面，所以，
又，平面，所以平面，
因为平面，所以，
所以是二面角的平面角，
设，又，，
所以，所以，
又，所以，又的中点，所以，
在中，，
在中，可得，
所以二面角的余弦值为.
故选：C.
8. 设m，n是两条不同的直线，是两个不同的平面，已知，则“”是“”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】A
【解析】
【分析】利用空间中线线，线面的位置关系判断即可得结论.
【详解】在如图所示的图形中记直线为，为，平面为，平面为，
过作平面交于，因为，所以，
又，所以，又，所以，又，所以，
所以“”是“”的充分条件，
在正方体中，记直线为，为，
平面为，平面为，显然符合条件，但与不平行，
所以“”是“”的不必要条件，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
9. 如图，在四棱锥中，底面ABCD为正方形，点是PC的中点，，，则（ ）
A. B. C. D. 4
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，，再求其模即可.
【详解】根据题意，，
，
所以
，
所以.
故选：A
10. 如图，在棱长为2的正方体中，点为BC的中点，点在线段上，则面积的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意可知，点到直线距离的最小值等于异面直线与的距离，进而利用向量法求异面直线与的距离，从而可得面积的最小值.
【详解】因为，点到直线的距离最小时面积取得最小值,
而点在线段上，直线与互为异面直线，
因此点到直线距离最小值等于异面直线与的距离.
下面用向量法求异面直线与的距离：
以D为原点，分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，,,
，，,
设异面直线与公垂线的方向向量为，则，
即，得，
令，则，即，
于是异面直线与的距离为，
又，
所以面积的最小值为.
故选：B
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分.
11. 若直线与直线平行，则______．
【答案】
【解析】
【分析】利用两直线平行列出关于的方程，解之即可求得的值.
【详解】因为直线与直线平行，
所以且，解得.
故答案为：.
12. 长方体中，，，为的中点，则异面直线与所成角的余弦值为__________．
【答案】
【解析】
【详解】分析：连接，就是异面直线与所成角， 在中，由余弦定理可得结果.
详解：由题知，连接，
异面直线与所成角，即为与所成角，
在中，；
在中，；
在中，，
故由余弦定理，中，
，
故答案为：.
点睛：本题主要考查异面直线所成的角，属于中档题题.求异面直线所成的角的角先要利用三角形中位线定理以及平行四边形找到，异面直线所成的角，然后利用直角三角形的性质及余弦定理求解，如果利用余弦定理求余弦，因为异面直线所成的角是直角或锐角，所以最后结果一定要取绝对值.
13. 已知为平面内三点，点在内，且异于三点，写出点的一个坐标: ____________.
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】利用点共面的条件计算可得的一个坐标.
【详解】因为点在内，记坐标原点为，
所以
，
取，可得，所以点的一个坐标为（答案不唯一）.
故答案为：（答案不唯一）.
14. 如图所示的多面体，其各个面都是边长为2的等边三角形，点分别为棱的中点，则______.
【答案】1
【解析】
【分析】根据正八面体的性质得到，然后利用线性运算和数量积的运算律计算即可.
【详解】
由条件可知此多面体为正八面体，故，，则，
.
故答案为：1
15. 如图，正方体的棱长为2，点分别为棱的中点，点为线段上的一个动点，给出下列四个结论:
①三棱锥的体积为定值;
②存在点，使平面；
③存在点，使平面平面;
④设直线FG与平面所成角为，则的最大值为.
其中所有正确结论的序号为____________________.
【答案】①②④
【解析】
【分析】对于①选项，利用等体积法判断；对于②、③、④三个选项可以建立空间直角坐标系，利用空间向量求解
【详解】易得平面平面，所以到平面的距离为定值，
又为定值，所以三棱锥即三棱锥的体积为定值，故①正确．
对于②, 如图所示, 以为坐标原点, 为轴, 为轴, 为轴,，建立空间直角坐标系,
则，
，
所以，
设，则，
所以，，
因为平面，
所以，
解得，当为线段上靠近的四等分点时，平面，故②正确.
对于③，设平面的法向量为，
则，取，得，
所以平面一个法向量，
设平面的法向量为，
则，取，得，
所以平面的法向量为，
因为平面平面，所以，
设，即，
解得，又因为，不合题意，
线段上不存在点，使平面，故③错误．
对于④，平面的法向量为，
则，
因为，
所以，
所以的最大值为．故④正确．
故答案为：①②④．
【点睛】思路点睛：空间几何常常通过建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式求解空间面面，线面，线线的位置关系，以及求解空间角的有关问题.
三、解答题共6小题，共85分.解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程.
16. 已知点、、，点是线段的中点，，垂足为.
（1）求直线的方程；
（2）求点的坐标；
（3）求的面积.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）求出线段的中点的坐标，利用两点式可得出直线的方程；
（2）求出直线的方程，将直线、的方程联立，即可解得点的坐标；
（3）求出、，由可得结果.
【小问1详解】
解：因为、，所以的中点为，
所以直线的方程为，即.
【小问2详解】
解：由（1）知，因为，所以，
所以直线方程为，即.
联立，解得，所以点的坐标为.
【小问3详解】
解：因，，
所以.
17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，点E，F分别为AD，的中点，平面.

（1）求证:平面；
（2）求证:;
（3）若，，求四面体的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）取中点，证明四边形是平行四边形，可得，根据线面平行的判定定理得证；
（2）先证明平面，再证明平面，得证；
（3）取中点，连接，可证平面，求出，求出四面体的体积.
【小问1详解】
取中点，连接，.

因为为中点，所以，
因为为中点，所以，
又因为矩形中，，
所以，
所以四边形是平行四边形
所以，
因为平面平面，
所以平面.
【小问2详解】
因为平面，平面，所以，
因为矩形中，平面，
所以平面，平面，
所以.
因为，是平面内两条相交直线，
所以平面，
因为平面，所以.
【小问3详解】
取中点，连接.
因为为中点，所以，
因为平面，所以平面.
因为直角三角形中，为中点，所以，所以.
四面体体积.
18. 在中，.
（1）求的大小;
（2）再从下列三个条件中，选择两个作为已知，使得存在且唯一，求和的面积.
条件①;
条件②;
条件③AB边上的高为.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，根据余弦定理计算即可求解；
（2）若选①②、①③，先求得，由正弦定理求得，根据两角和的正弦公式计算可得，结合面积公式计算即可求解；若选②③，求得，不符合题意.
【小问1详解】
在中，因为，
由余弦定理得，
因为，所以；
【小问2详解】
若选①②，存在且唯一，解答如下:
因为，所以，
因为，由正弦定理，则，
又，
所以，
所以；
若选①③，存在且唯一，解答如下:
因为，所以，
因为AB边上的高为，所以，
由正弦定理，则，
又，
所以，
所以；
若选②③，不唯一，不合题意.解答如下：
，AB边上的高为，故，
又，所以或，故有两个解，不符合题意.
19. 如图，在直三棱柱中，是的中点，平面ABD与直线交于点.
（1）求证:是线段的中点;
（2）设点在线段CD上，直线AE与平面ABM所成角的正弦值为.
（i）求的值;
（ii）求到平面ABM的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）根据线面平行的判定定理与性质即可证明；
（2）如图，建立空间直角坐标系，设，根据空间向量求线面角的方法建立关于的方程，求出，即可求出利用空间向量法求出点面距.
【小问1详解】
三棱柱中，因为平面，平面，
所以平面，因为平面平面，
所以，则，又是的中点，
所以是的中点.
【小问2详解】
（i）因为在直三棱柱中，平面ABC，平面ABC，
所以，因为，
所以如图以为原点建立空间直角坐标系.
，
，
设，
则
设平面ABM法向量，
则，即，
则，令，则，
所以平面ABM的一个法向量.
设直线AE与平面ABM所成的角为，
得，
解得或，因为，所以.即.
（ii），
由（i）得，平面ABM法向量，
所以点到平面ABM的距离.
20. 如图，在四棱锥中，平面，.
（1）求证:平面平面;
（2）求二面角的余弦值;
（3）设为平面内的动点，满足.为边上的动点，点满足，写出点组成的图形的面积.（结论不要求证明）
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）利用余弦定理求得，可证，可证，进而利用线线垂直可得线面垂直；
（2）建立空间直角坐标系，求得平面与平面的法向量，利用向量的夹角公式可求二面角的余弦值；
（3）由已知可得的运算轨迹是以为圆心，1为半径的圆，由，可得运动的图形为圆心为1的圆，当圆心在的三边上移动时所扫过的区域，进而可求面积.
【小问1详解】
在中，，
所以，
所以，所以.
因为平面，平面，所以，
又，平面，
所以平面，又平面，
所以平面平面；
【小问2详解】
过作直线，因为平面，所以平面.
又，
以坐标原点，为轴建立如图所示空间直角坐标系，
则.
设平面的法向量为，
则，即，
令，则.
又平面的一个法向量为，
所以，
所以二面角的余弦值为.
【小问3详解】
因为平面，所以平面，
又平面，所以，
又，又，所以可得，
所以的运算轨迹是以为圆心，1为半径的圆，
又为边上的动点，点满足，
所以点运动的图形为圆心为1的圆，当圆心在的三边上移动时所扫过的区域，如圆所示：
此区域的面积为，
由（1）可得是直角三角形，且，
由题意可得平分，且，解得，
从而可得中，，
从而可得点组成的图形的面积为:
.
【点睛】思路点睛：求点运算轨迹的图形的面积，关建在于确定轨迹的形状与类型，从而依据轨迹的形状求得图形的面积.
21. 由个实数组成的有序实数组称维向量.设，称为的转置，记作.将个维向量的转置从左至右顺次排列构成数阵，记.例如，，则.对任意维向量和数阵，定义如下运算：
①，特别地，若，则称与正交;若，则称为单位向量.
②.
③对任意且，其中.
（1）设，直接写出和;
（2）已知3维向量均为单位向量，且两两正交.设，若存在正整数，使得，求a，b，c，d的值及的最小值；
（3）已知4维向量均为单位向量且两两正交，其中.设，若对任意4维向量，都存在正整数使得且的最小值为12，给出一组满足上述条件的，并说明理由.
【答案】（1）；
（2）的最小值为6
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用新定义可求解；
（2）利用新定义结合已知可得，，计算可得，可求的最小值；
（3）利用新定义，以及的矩阵的运算性质，结合已知可写出.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
因为两两正交，所以，
又均为单位向量，所以，
因为，所以，
所以，
所以，
，
所以的最小值是6.
综上，的最小值为6.
【小问3详解】
设是任意2维向量，则有如下性质：
①当时，对于任意正整数，都有.
②当时，对于任意正整数，都有.
③设点是平面直角坐标系xOy中的一点，将点绕原点逆时针旋转得到点，则点分别对应向量与.
所以，
设，则可以设为，
则可化简为，可以取，
所以，
则有，
记，即.
根据上述性质，不妨设，
取，
则，
根据性质①和性质②，，
根据性质②和性质③，，其中.
设，可得为定值，记为，
设，则，
因为存在正整数使得且的最小值为12，
所以且.
可取，即，
所以.
【点睛】方法点睛：新定义题型，认真阅读，弄清题意是关键，理解的转置，数阵，与所学内容类比，转化，考查运算求解能力与逻辑思维能力，对综合素养要求较高.