1、1 / 122021 北京理工附中高二（上）期中数学出题人 郗玲玲，审题人 欧阳昕 ，审核人 李文学 ，考试时间90分钟一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，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.以下各种情况中，是长方体的是A直平行六面体B侧面是矩形的四棱柱C底面是矩形的平行六面体D底面是矩形的直棱柱2.已知101a= ， ，12bx=， ，且3a b ，则向量a与b的夹角为A6B3C23D563.已知2,3, 2a ，4,2,1b ，10,3,c，若a，b，c三个向量共面，则实数等于A72B52C92D1124.如图，点 A，B，C，M，N 为正方体的顶点或
2、所在棱的中点，则下列各图中，不满足直线/MN平面 ABC 的是ABCD5.四面体OABC中，OAa ，OBb ，OCc，点M在线段OC上，且2OMMC，N为BA中点，则MN 为A121232abcB211322abcC112223abcrrrD221332abc6.如图，在正方体1111ABCDABC D中，EFGH， ， ，分别为1AA，AB，1BB，11BC的中点，则异面直线EF与GH所成的角大小等于2 / 12A45B60C90D1207.在正方体1111ABCDABC D中，E为棱CD的中点，则A11AEDCB1AEBDC11AEBCD1AEAC8.已知 A（0，0，1） ，B（3，0
3、，0） ，C（0，2，0） ，则原点到平面 ABC 的距离是A77B67C1D11119.已知，是两个不同的平面，“”的一个充分条件是A.内有无数条直线平行于B.存在平面，C.存在平面，m，n，且mnD.存在直线l，l，l10.在棱长为 1 的正方体1111ABCDA B C D中，,M N分别为111,BD B C的中点，点P在正方体的表面上运动，且满足MPCN，则下列说法正确的是A.点P可以是棱1BB的中点B.线段MP的最大值为32C.点P的轨迹是正方形D.点P轨迹的长度为2+ 5二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。11.已知两个向量(2, 1,3)a ，(4, )bm
4、n，且/ /ab，则mn的值为_.12.如图，以长方体1111ABCDABC D的顶点D为坐标原点，D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若1DB 的坐标为(4,3,2)，则1AC 的坐标为.3 / 1213.圆锥的侧面展开图恰好是一个半圆，则该圆锥的母线与底面所成的角的余弦值是.14.已知直线l不在平面、内，给出下列三个论断:ll.以其中的两个论断作为条件，余下的一个论断作为结论，写出一个正确的命题:.15.给定两个不共线的空间向量a与b，定义叉乘运算：a b规定：(i)a b为同时与a，b垂直的向量；(ii)a，b，a b三个向量构成右手系（如图 1） ；(iii)| |sin
5、ababa b ，如图 2，在长方体1111ABCDA B C D中，124.ABADAA，给出下列四个结论：1ABADAA ABADADAB 111()ABADAAABAAADAA 1 1 111()ABCD A B C DVABADCC 其中，正确结论的序号是_.（注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求，全部选对得 4 分，不选或有错选得 0 分，其他得 2 分.）三、解答题共 4 小题，共 40 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16已知正四棱锥 P-ABCD， E 是 PC 的中点求证： （）PA平面 BDE；（）平面 PAC平面 BDE.4 / 1217. 在四棱锥PAB
6、CD中， 平面ABCD 平面PCD， 底面ABCD为梯形,ABCD，ADDC,且,ABADDCDPPDC12120o.（）求证：AD 平面PCD；（）求直线PA与BC所成角的余弦值；（）求四棱锥PABCD的体积V.18.在如图所示的多面体中，ABCD，四边形ACFE为矩形，1ABAE，2ADCD.（）求证：平面ABE平面CDF；（）设平面BEF 平面CDFl，再从条件、条件、条件这三个条件中选择两个作为已知，使二面角BlC 的大小确定，并求此二面角的余弦值.条件：ABAD；条件：AE 平面ABCD；条件：平面AED 平面ABCD.5 / 1219.如图，在直三棱柱111ABCABC中，ACBC
7、，12ACBCCC， 点,D E F分别为棱11111,AC BC BB的中点.() 求证：1AC平面DEF；()在线段1AA上是否存在一点P，使得直线DP与平面1ACB所成的角为30？如果存在，求出线段AP的长；如果不存在，说明理由.6 / 122021 北京理工附中高二（上）期中数学参考答案一、选择题共 10 小题，每小题 4 分，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。题号12345678910答案DADDCBCBDD二、填空题共 5 小题，每小题 4 分，共 20 分。11.【答案】412. 【答案】( 4,3,2)13. 【答案】?14. 【答案】或15. 【
8、答案】_.（注：本题给出的结论中，有多个符合题目要求，全部选对得 4 分，不选或有错选得 0 分，其他得 2 分.）三、解答题共 4 小题，共 40 分。解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程。16 【答案】解 (1)连接 OEO 是正方形 ABCD 的中心O 为 AC 中点，又 E 为 PC 中点OEPAOE平面 BDE，PA平面 BDEPA平面 BDE5 分(2)O 是正方形 ABCD 的中心，ACBDPO平面 ABCD，BD平面 ABCD，POBDAC，PO平面 PAC，ACPOO，BD平面 PACBD平面 BDE，平面 PAC平面 BDE. 10 分17. 【答案】（）法一：因为平面A
9、BCD平面PCD7 / 12平面ABCD 平面PCDCDAD CDAD 平面ABCD所以AD 平面PCD.4 分法二：在平面PCD中过点D作DHCD，交PC于H因为平面ABCD平面PCD平面ABCD 平面PCDCDDH 平面PCD所以DH 平面ABCD因为AD 平面ABCD所以DHAD又ADDC，DCDHD所以AD 平面PCD PCD.4 分（）因为AD 平面PCD，所以ADCD又DHCD，DHAD以D为原点，DADCDH，所在直线分别为, ,x y z轴，建立空间直角坐标系所以( , , ), ( , , ), ( ,), ( , , ), ( , , )DAPCB0 0 02 0 0013
10、0 2 02 1 0，(2,1,3)PA ,( 2,1,0)BC 4 13 10cos,202 25PA BCPA BCPA BC 所以直线PA与BC所成角的余弦值为3 1020.7 分法二：取CD中点为M，连接AM因为AB/CM,且12ABCMCD所以四边形ABCM为平行四边形8 / 12所以/ /BCAM所以PAM为异面直线PA与BC所成角或其补角连接PM在RtADM中，224 15AMADDMRtPDA中，222 2PAPDDAPDM中，2222cosPMPDDMPD DMPDC7PM 在PAM中，2223 10cos220PAAMPMPAMPA AM所以直线PA与BC所成角的余弦值为3
11、 1020.7 分（）过点P在平面PDC内作PHCD交CD延长线于点H，因为平面ABCD 平面PCD平面ABCD I平面PCD=CD所以PH 平面ABCD所以13ABCDVSPH四边形在RtPDH中，sin3PHPDPDH1()32ABCDSABCD AD四边形所以133= 33V .10 分18. 【答案】解： （）因为 四边形ACFE为矩形，所以/CFAE.又因为/ABCD，ABAEA，AB 平面ABE，AE 平面ABE，CD 平面CDF，CF 平面CDF，所以 平面/ABE平面CDF.4 分（）选择9 / 12因为AE 平面ABCD，AB 平面ABCD，AD 平面ABCD，所以AEAB，
12、AEAD.又因为ABAD，所以 分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得(1,0,0)B，(0,0,1)E，(2,2,1)F.所以( 1,0,1)BE ，(1,2,1)BF .设平面BEF的法向量为( , , )x y zn，则0,0,BEBF nn即0,20.xzxyz 令1x，则1y ，1z .于是(1, 1,1)n.由（）可得：AD 平面CDF.取平面CDF的一个法向量为(0,1,0)m.所以13cos,|313 m nm nm n.所以 二面角BlC 的余弦值为33.10 分选择因为 平面AED 平面ABCD，平面AED平面ABCDAD
13、,ABAD，AB 平面ABCD,所以AB 平面AED.又因为AE 平面AED，所以AB AE.在矩形ACFE中，AEAC.因为AB 平面ABCD，AC 平面ABCD，ABACA，所以AE 平面ABCD.10 / 12又因为AD 平面ABCD，所以AEAD.分别以AB，AD，AE所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 由题意得(1,0,0)B，(0,0,1)E，(2,2,1)F.所以( 1,0,1)BE ，(1,2,1)BF .设平面BEF的法向量为( , , )x y zn，则0,0,BEBF nn即0,20.xzxyz 令1x，则1y ，1z .于是(1, 1,1)n.由
14、（）可得：AD 平面CDF.取平面CDF的一个法向量为(0,1,0)m.所以13cos,|313 m nm nm n.所以 二面角BlC 的余弦值为33.10 分选择没分19. 【答案】解：()方法一：连结1BC因为,E F分别为11B C,1B B中点，所以1/EF BC因为,D E分别为11AC,11BC中点, 所以11/DE AB又因为11/AB AB，所以/DE AB又因为DEEFEDE 平面DEF，EF 平面DEFAB 平面1ABC，1BC 平面1ABC所以平面1/ /ABC平面DEF11 / 12又1AC 平面1ABC，所以1/ /AC平面DEF.4 分方法二：取1AA中点为G,连
15、结FG由11/ /AABB且11AABB又点F为1BB中点，所以11FGAB又因为,D E分别为11AC,11BC中点,所以11DEAB所以DEFG所以,D E F G共面于平面DEF因为D,G分别为111,AC AA中点, 所以1ACDG1AC 平面DEF，DG 平面DEF所以1/ /AC平面DEF.4 分方法三：在直三棱柱111ABCABC中，1CC 平面ABC,又因为ACBC以C为原点，分别以1,CA CB CC为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系Cxyz由题意得1(2,0,0),(0,0,2),(1,0,2)ACD,(0,1,2),(0,2,1)EF.所以( 1,1,0)DE ,(0,1, 1)EF 设平面DEF的法向量为111( ,)x y zn，则00DEEF nn，即111100 xyyz令11x ，得111,1yz于是(1,1,1)n又因为1( 2,0,2)AC 所以12020AC n12 / 12又因为1AC 平面DEF，所以1/ /AC平面DEF.,4 分（）设直线DP与平面1ACB所成角为，则30设1(01)APAA ，则(0,0,2 )AP (1,0,22)DP 所以2221cos,sin30221(22)DPDPDP mmm解得12或32（舍）所以点P存在，即1AA的中点，1AP .10 分
