2023-2024学年北京高二（上）段考数学试卷（10月份）

2023-2024学年北京高二（上）段考数学试卷（10月份）一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．（4分）在空间直角坐标系Oxyz中，点A（2，3，4）关于原点的对称点坐标为（）A．（2，3，﹣4） B．（﹣2，3，﹣4） C．（﹣2，﹣3，﹣4） D．（2，﹣3，﹣4）2．（4分）设A是空间一定点，为空间内任一非零向量，满足条件＝0的点M构成的图形是（）A．圆 B．线段 C．直线 D．平面3．（4分）已知空间向量++＝，||＝2，||＝3，||＝4，则cos＜，＞＝（）A． B． C．﹣ D．4．（4分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知＝，＝，＝，＝，则＝（）A．﹣+ B．++ C．﹣﹣+ D．﹣﹣+5．（4分）若直线l的方向向量为，平面α的法向量为，则可能使l∥α的是（）A．＝（1，0，0），＝（﹣2，0，0） B．＝（1，3，5），＝（1，0，1） C．＝（0，2，1），＝（﹣1，0，﹣1） D．＝（1，﹣1，3），＝（0，3，1）6．（4分）已知向量＝（1，x，﹣2），＝（0，1，2），＝（1，0，0），若，，共面，则x等于（）A．﹣1 B．1 C．1或﹣1 D．1或07．（4分）在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为（）A． B． C． D．8．（4分）设向量＝（1，λ，2），＝（2，﹣1，2），若cos＜，＞＝，则实数λ的值为（）A．2 B．﹣2 C．﹣2或 D．2或9．（4分）正方体ABCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，P为侧面ABB1A1内动点，且满足|PD1|＝，则△PBC的面积的最小值为（）A．1 B． C．2 D．2﹣10．（4分）如图，棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F分别为DD1，BB1的中点，则下列结论中错误的是（）A．直线FC1与直线AE的距离为 B．直线FC1与平面AB1E的距离为 C．直线FC1与底面ABCD所成的角为30° D．平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分．）11．（4分）设直线l的方向向量为，平面α的一个法向量为，若直线l⊥平面α，则实数z的值为．12．（4分）已知平行四边形ABCD中，A（4，1，3）、B（2，﹣5，1）、C（3，7，﹣5），则顶点D的坐标为．13．（4分）已知空间三点O（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（0，1，1），若直线OA上的一点H满足BH⊥OA，则点H的坐标为．14．（4分）如图，在一个120°的二面角的棱上有两点A，B，线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都与棱AB垂直，若AB＝，AC＝1，BD＝2，则CD的长为．15．（4分）如图，四棱锥S﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，SA⊥平面ABCD．SA＝AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，下列结论中正确的序号是．①OM⊥AP②存在点M，使OM∥平面SBC③存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°④点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为定值三、解答题（本题共4小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）16．（10分）如图，在底面ABCD为菱形的平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N分别在棱AA1，CC1上，且A1M＝AA1，CN＝CC1，且∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB＝60°．（Ⅰ）用向量，，表示向量；（Ⅱ）求证：D，M，B1，N共面；（Ⅲ）当为何值时，AC1⊥A1B．17．（10分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面BCC1B1为正方形，平面BCC1B1⊥平面ABB1A1，AB＝BC＝2，M，N分别为A1B1，AC的中点．（1）求证：MN∥平面BCC1B1；（2）从条件①：AB⊥MN，条件②：BM＝MN中选择一个作为已知，求直线AB与平面BMN所成角的正弦值．18．（10分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，PA⊥平面ABCD，AC⊥AD，AB⊥BC，∠BCA＝60°，AP＝AC＝AD＝2，E为CD的中点，M在AB上，且＝2．（Ⅰ）求证：EM∥平面PAD；（Ⅱ）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（Ⅲ）点F是线段PD上异于两端点的任意一点，若满足异面直线EF与AC所成角45°，求AF的长．19．（10分）如图，在四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1中，A1A⊥底面ABCD，∠BAD＝90°．AD∥BC．且A1A＝AB＝AD＝2BC＝2，点E在棱AB上，平面A1EC与棱C1D1相交于点F．（Ⅰ）证明：A1F∥平面B1CE；（Ⅱ）棱AB上是否存在点E，使二面角A1﹣EC﹣D的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．（Ⅲ）求三棱锥B1﹣A1EF的体积的最大值．

参考答案与试题解析一、选择题（本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）1．【分析】在空间直角坐标系Oxyz中，点（a，b，c）关于原点的对称点坐标为（﹣a，﹣b，﹣c）．【解答】解：在空间直角坐标系Oxyz中，点A（2，3，4）关于原点的对称点坐标为（﹣2，﹣3，﹣4）．故选：C．【点评】本题考查点的坐标的求法，考查空间直角坐标系的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．2．【分析】由＝0得⊥或＝，则可判断M点在过A且以为法向量的平面上．【解答】解：由＝0，得⊥或＝，∴M点在过A且以为法向量的平面上．故选：D．【点评】本题考查空间向量的数量积运算，考查平面的法向量，属中档题．3．【分析】设＝，，，则△ABC中，||＝2，||＝3，||＝4，cos＜，＞＝﹣cos∠ABC，利用余弦定理能求出结果．【解答】解：空间向量++＝，||＝2，||＝3，||＝4，如图，设＝，，，则△ABC中，||＝2，||＝3，||＝4，∴cos＜，＞＝﹣cos∠ABC＝﹣＝﹣＝．故选：D．【点评】本题考查向量夹角的余弦值的求法，考查余弦定理、构造法等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．4．【分析】利用空间向量加法法则求解．【解答】解：因为在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD是正方形，＝，＝，＝，＝，所以＝（+）＝﹣+（+）＝﹣++＝﹣+（﹣）+（﹣）＝﹣++＝﹣+．故选：A．【点评】本题考查空间向量的基本定理，注意空间向量加法法则的合理运用，属于基础题．5．【分析】根据l∥α时，•＝0，分别判断A、B、C、D是否满足条件即可．【解答】解：若l∥α，则•＝0，而A中•＝﹣2，不满足条件；B中•＝1+5＝6，不满足条件；C中•＝﹣1，不满足条件；D中•＝﹣3+3＝0，满足条件．故选：D．【点评】本题考查了向量语言表述线面的垂直和平行关系的应用问题，是基础题．6．【分析】由，，共面，设＝，列出方程组，能求出x．【解答】解：∵向量＝（1，x，﹣2），＝（0，1，2），＝（1，0，0），，，共面，∴设＝，即（1，x，﹣2）＝（0，m，2m）+（n，0，0）＝（n，m，2m），∴，解得．∴x＝﹣1．故选：A．【点评】本题考查实数值求法，考查共面向量的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．7．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线AD1与DB1所成角的余弦值．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，∵在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中，AB＝BC＝1，AA1＝，∴A（1，0，0），D1（0，0，），D（0，0，0），B1（1，1，），＝（﹣1，0，），＝（1，1，），设异面直线AD1与DB1所成角为θ，则cosθ＝＝＝，∴异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为．故选：C．【点评】本题考查异面直线所成角的余弦值的求法，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，考查函数与方程思想，是基础题．8．【分析】利用空间向量的夹角余弦公式能求出结果．【解答】解：∵向量＝（1，λ，2），＝（2，﹣1，2），cos＜，＞＝，∴cos＜＞＝＝＝，解得λ＝﹣2或λ＝．故选：C．【点评】本题考查实数值的求法，考查空间向量的夹角余弦公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．9．【分析】以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标，得到点D1的坐标，设P（2，y，z），由|PD1|＝可得y2+（z﹣2）2＝2，所以点P的轨迹是在侧面ABB1A1内，以点A1（2，0，2）为圆心，半径为的圆的一部分圆弧，从而求出|BP|的最小值，得到△PBC的面积的最小值．【解答】解：以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标，如图所示，则D1（0，0，2），设P（2，y，z），∵|PD1|＝，∴，整理得：y2+（z﹣2）2＝2，所以点P的轨迹是在侧面ABB1A1内，以点A1（2，0，2）为圆心，半径为的圆的一部分圆弧，所以|BP|min＝|BA1|﹣＝2﹣＝，∴△PBC的面积的最小值为＝＝，故选：B．【点评】本题主要考查了建立空间直角坐标，利用空间中两点间距离公式找到点P的轨迹，是中档题．10．【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法分别求出直线FC1与直线AE的距离、直线FC1与平面AB1E的距离，直线FC1与底面ABCD所成的角、平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值、由此能求出结果．【解答】解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，对于A，＝（﹣1，0，），＝（﹣1，0，），＝（﹣1，﹣1，0），所以直线FC1与直线AE的距离为：d＝||•＝•＝，故A正确；对于B，因为FC1∥AE，AE⊂平面AB1E，FC1⊄平面AB1E，所以FC1∥平面AB1E，又因为＝（0，1，），平面AB1E的法向量＝（1，﹣2，2），所以直线FC1与平面AB1E的距离为：h＝＝＝，故B正确．对于C，F（1，1，），C1（0，1，1），＝（﹣1，0，），所以平面ABCD的法向量＝（0，0，1），设直线FC1与底面ABCD所成的角为θ，则sinθ＝＝＝，所以直线FC1与底面ABCD所成的角为arcsin，故C错误；对于D，A（1，0，0），B1（1，1，1），E（0，0，），＝（0，1，1），＝（﹣1，0，），设平面AB1E的法向量＝（x，y，z），则，取z＝2，得＝（1，﹣2，2），设平面AB1E与底面ABCD夹角为α，则cosα＝＝，所以平面AB1E与底面ABCD夹角的余弦值为，故D正确．故选：C．【点评】本题考查命题真假的判断，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，属中档题．二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分．）11．【分析】由题意可知∥，代入坐标计算即可．【解答】解：因为直线l⊥平面α，所以∥，所以，解得z＝﹣1．故答案为：﹣1．【点评】本题考查向量在判断直线与平面的位置关系中的应用，属于基础题．12．【分析】设D（x，y，z），令，列方程组解出D点坐标．【解答】解：设D（x，y，z），则＝（﹣2，﹣6，﹣2），＝（3﹣x，7﹣y，﹣5﹣z）．∵四边形ABCD是平行四边形，∴．∴，解得．∴D（5，13，﹣3）．故答案为：（5，13，﹣3）．【点评】本题考查了向量的坐标运算，向量的几何意义，属于基础题．13．【分析】根据已知中空间三点O（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（0，1，1），根据点H在直线OA上，我们可以设出H点的坐标（含参数λ），进而根据BH⊥OA即⊥，根据向量垂直数量积为0，构造关于λ的方程，解方程即可得到答案．【解答】解：设H点的坐标为（x，y，z）则∵O（0，0，0），A（﹣1，1，0），B（0，1，1），∴＝（﹣1，1，0），＝（x，y，z），∵点H在直线OA上，则∥，即存在λ∈[0，1]，使＝λ即（x，y，z）＝λ（﹣1，1，0）＝（﹣λ，λ，0）∴＝（﹣λ，λ﹣1，﹣1），又∵BH⊥OA，即•＝0即λ+λ﹣1＝0，解得λ＝∴点H的坐标为（﹣，，0）故答案为：（﹣，，0）．【点评】本题考查的知识点是向量的数量积判断向量的共线与垂直，利用向量法，可以简化空间线面、线线、面面夹角、垂直、平行问题，是我们处理立体几何线面关系问题最常用的方法．14．【分析】由，两边平方后展开整理，即可求得，则CD的长可求．【解答】解：∵，∴+2+2+2，∵线段AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且均与棱AB垂直，AB＝，AC＝1，BD＝2，∴+2＝1+2+4﹣2×1×2×（）＝9，即，得＝3，故答案为：3．【点评】本题考查了向量的多边形法则、数量积的运算性质、向量垂直与数量积的关系，考查了空间想象能力，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．15．【分析】以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法判断ACD，根据线面平行的判定定理判断【解答】解：四棱锥中，底面ABCD．是正方形，SA⊥平面ABCD，SA＝AB，O，P分别是AC，SC的中点，M是棱SD上的动点，以A为坐标原点，AB，AD，AS所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，如图，设SA＝AB＝2，则A（0，0，0），C（2，2，0），B（2，0，0），D（0，2，0），S（0，0，2），O（1，1，0），由M是棱SD上的动点，设M（0，λ，2﹣λ），（0≤λ≤2），∵＝（1，1，1），＝（﹣1，λ﹣1，2﹣λ），∴•＝﹣1+λ﹣1+2﹣λ＝0，∴OM⊥AP，故①正确；当M为SD中点时，OM是△SBD的中位线，∴OM∥SB，∵OM⊄平面SBC，SB⊂平面SBC，∴OM∥平面SBC，故②正确；＝（2，0，0），＝（﹣1，λ﹣1，2﹣λ），若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30°，则cos30°＝＝＝，化简，得3λ2﹣9λ+7＝0，无解，故③错误；点M到平面ABCD的距离d1＝2﹣λ，点M到平面SAB的距离：d2＝＝＝λ，∴点M到平面ABCD与平面SAB的距离和为：d1+d2＝2﹣λ+λ＝2，是定值，故④正确．故答案为：①②④．【点评】本题考查命题真假的判断，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，是中档题．三、解答题（本题共4小题，共40分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）16．【分析】（Ⅰ）利用空间向量的线性运算求解即可．（Ⅱ）利用空间向量的线性运算求出＝即可证明．（Ⅲ）利用空间向量的线性运算和垂直求出•＝0即可．【解答】解：（Ⅰ）＝+++＝﹣+++＝+﹣．证明：（Ⅱ）∵＝﹣＝﹣，＝﹣＝﹣，∴＝，∴D，M，B1，N共面．解：（Ⅲ）当＝1，AC1⊥A1B，证明：设＝，＝，＝，∵底面ABCD为菱形，则当＝1时，||＝||＝||，∵＝++＝++，＝﹣＝﹣，∠A1AD＝∠A1AB＝∠DAB＝60°，∴•＝（++）•（﹣）＝+•﹣•﹣＝0，∴AC1⊥A1B．【点评】本题考查空间向量的线性运算和垂直，四点共面的证明，考查运算求解能力，是中档题．17．【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK，NK，易得MK∥BB1，由线面平行的判定证MK∥平面BCC1B1、NK∥平面BCC1B1，再由面面平行的判定和性质证结论；（2）根据所选条件证BC，BA，BB1两两垂直，构建空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值即可．【解答】（1）证明：取AB的中点为K，连接MK，NK，由三棱柱ABC﹣A1B1C1得：四边形ABB1A1为平行四边形，∵M是B1A1中点，则MK∥BB1，又MK⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，故MK∥平面BCC1B1，同理得NK∥平面BCC1B1，又NK∩MK＝K，NK⊂平面MKN，MK⊂平面MKN，故平面MKN∥平面BCC1B1，MN⊂平面MKN，故MN∥平面BCC1B1；（2）∵侧面BCC1B1为正方形，故CB⊥BB1，而CB⊂平面BCC1B1，平面CBB1C1⊥平面ABB1A1，又平面CBB1C1∩平面ABB1A1＝BB1，故CB⊥平面ABB1A1，AB⊂平面ABB1A1，∴CB⊥AB，又NK∥BC，∴NK⊥AB，若选①：AB⊥MN，已证NK⊥AB，又NK∩MN＝N，NK⊂平面MNK，MN⊂平面MNK，故AB⊥平面MNK，MK⊂平面MNK，故AB⊥MK，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直．故可建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，则B（0，0，0），A（0，2，0），N（1，1，0），M（0，1，2），故，，，设平面BNM的法向量为，则，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．若选②：BM＝MN，已证CB⊥平面ABB1A1，又NK∥BC，故NK⊥平面ABB1A1，而KM⊂平面ABB1A1，故NK⊥KM，又BM＝MN，，，AB＝BC＝2，故△MKB≅MKN，∴∠MKB＝∠MKN＝90°，∴MK⊥AB，又MK∥BB1，∴AB⊥BB1，∴BC，BA，BB1两两垂直，故可建立如图所示的空间直角坐标系B﹣xyz，则B（0，0，0），A（0，2，0），N（1，1，0），M（0，1，2），故，，，设平面BNM的法向量为，则，取z＝1，则，设直线AB与平面BNM所成的角为θ，则．【点评】本题主要考查直线与平面平行的证明，直线与平面所成角的求法，考查运算求解能力，属于中档题．18．【分析】（Ⅰ）以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，利用向量法能证明EM∥平面PAD．（Ⅱ）求出平面PBC的法向量和平面PAD的法向量，利用向量法能求出平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值．（Ⅲ）令，，求出，由此利用向量法能求出AF的长．【解答】证明：（Ⅰ）以A为原点，AD为x轴，AC为y轴，AP为z轴，建立如图的空间直角坐标系，A（0，0，0），D（2，0，0），C（0，2，0），E（1，1，0），，P（0，0，2），…（2分）设M（x，y，z），∵，∴，∴，∴，∴，…（3分）∴，平面PAD的法向量…（4分）∴，∴，又∵EM⊄平面PAD，∴EM∥平面PAD，…（5分）解：（Ⅱ）设平面PBC的法向量，∵，，即，令x＝﹣1，∴∴，…（7分）平面PAD的法向量，设二面角所成的锐二面角为θ，∴，平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为．…（9分）（Ⅲ）令，，∴F（2λ，0，2﹣2λ）…（10分），∴…（11分）∴4λ2﹣6λ+2＝0，∴或λ＝1（舍）∴F（1，0，1），∴．…（13分）【点评】本题考查线面平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，考查线段长的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意向量法的合理运用．19．【分析】（Ⅰ）利用棱柱的性质以