[數(shù)學(xué)]2023-2024學(xué)年北京市中國人民大學(xué)附中高二(上)期中試卷

這是一份[數(shù)學(xué)]2023-2024學(xué)年北京市中國人民大學(xué)附中高二(上)期中試卷，共32頁。試卷主要包含了選擇題，填空題，解答題等內(nèi)容，歡迎下載使用。
1．（4分）已知平面α∥平面β，直線a?α，直線b?β，則a與b的位置關(guān)系是（ ）
A．平行B．平行或異面
C．異面D．異面或相交
2．（4分）空間中點A的坐標(biāo)是（3，﹣1，0），若向量，則點B的坐標(biāo)是（ ）
A．（1，﹣6，3）B．（﹣1，6，﹣3）C．（5，4，﹣3）D．（2，5，﹣3）
3．（4分）一個水平放置的平面圖形△OAB用斜二測畫法作出的直觀圖是如圖所示的等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，則平面圖形△OAB的面積為（ ）
A．B．C．D．
4．（4分）已知cs＜，＞＝﹣，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若，分別是直線l1，l2的方向向量，則l1，l2所成角余弦值是
B．若，分別是直線l的方向向量與平面α的法向量，則l與α所成角正弦值是
C．若，分別是平面ABC，平面BCD的法向量，則二面角A﹣BC﹣D的余弦值是
D．若分別是直線l的方向向量與平面α的法向量，則l與α所成角余弦值是
5．（4分）一個三棱錐的各棱長均相等，其內(nèi)部有一個內(nèi)切球，即球與三棱錐的各面均相切（球在三棱錐的內(nèi)部，且球與三棱錐的各面只有一個交點），過一條側(cè)棱和對邊的中點作三棱錐的截面，所得截面圖形是（ ）
A．B．
C．D．
6．（4分）如圖，平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB＝2，AD＝4，AA1＝3，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，則線段AC1的長為（ ）
A．9B．C．D．
7．（4分）如圖，已知大小為60°的二面角α﹣l﹣β棱上有兩點A，B，AC?α，AC⊥l，BD?β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，CD＝7，則AB的長為（ ）
A．22B．40C．D．
8．（4分）魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，六根完全一樣的正四棱柱體分成三組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為6，底面正方形的邊長為1，現(xiàn)將該魯班鎖放進(jìn)一個球形容器（容器壁的厚度忽略不計），則該球形容器表面積的最小值為（ ）
A．44πB．43πC．42πD．41π
9．（4分）如圖，ABCD﹣A1B1C1D1是棱長為4的正方體，P﹣QRH是棱長為4的正四面體，底面ABCD與底面QRH在同一個平面內(nèi)，且BC∥QH，則正方體中過AD且與平面PHQ平行的截面面積是（ ）
A．B．C．D．
10．（4分）《九章算術(shù)?商功》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．意思是：如圖，沿正方體對角面A1B1CD截正方體可得兩個塹堵，再沿平面B1C1D截塹堵可得一個陽馬（四棱錐D﹣A1B1C1D1），一個鱉臑（三棱錐D﹣B1C1C），若P為線段CD上一動點，平面α過點P，CD⊥平面α，設(shè)正方體棱長為1，PD＝x，α與圖中的鱉臑截面面積為S，則點P從點D移動到點C的過程中，S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（ ）
A．B．
C．D．
二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分.請把結(jié)果填在答題紙上的相應(yīng)位置.）
11．（5分）已知正方形ABCD的邊長為2，則＝ ．
12．（5分）已知一個圓錐的軸截面為邊長為2的正三角形，則此圓錐的表面積為 ．
13．（5分）平面與平面垂直的判定定理符號語言為： ．
14．（5分）在移動通信中，總是有很多用戶希望能夠同享一個發(fā)射媒介，進(jìn)行無線通信，這種通信方式稱為多址通信．多址通信的理論基礎(chǔ)是若用戶之間的信號可以做到正交，這些用戶就可以同享一個發(fā)射媒介．在n維空間中，正交的定義是兩個n維向量＝（x1，x2，?，xn），＝（y1，y2?，yn）滿足x1y1+x2y2+…+xnyn＝0．已知某通信方式中用戶的信號是4維非零向量，有四個用戶同享一個發(fā)射媒介，已知前三個用戶的信號向量為（0，0，0，1），（0，0，1，0），，寫出一個滿足條件的第四個用戶的信號向量 ．
15．（5分）一個三棱錐的三個側(cè)面中有一個是邊長為2的正三角形，另兩個是等腰直角三角形，則該三棱錐的體積可能為 ．
三、解答題（本大題共3小題，共35分，解答應(yīng)寫出文字說明過程或演算步驟，請將答案寫在答題紙上的相應(yīng)位置.）
16．（10分）已知空間直角坐標(biāo)系中四個點的坐標(biāo)分別為：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點在平面ABC上，直接寫出x的值．
17．（12分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中點．
（Ⅰ）求證：BC∥AD；
（Ⅱ）求證：CE∥平面PAB；
（Ⅲ）若M是線段CE上一動點，則線段AD上是否存在點N，使MN∥平面PAB？說明理由．
18．（13分）如圖所示，已知四棱錐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）證明：EB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求B到平面ADE的距離；
（Ⅲ）求二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
四、選擇題（共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案填涂在答題紙上的相應(yīng)位置.）
19．（5分）關(guān)于空間中的角，下列說法中正確的個數(shù)是（ ）
①空間中兩條直線所成角的取值范圍是
②空間中直線與平面所成角的取值范圍是
③空間中二面角的平面角的取值范圍是
④空間中平面與平面所成角的取值范圍是
A．1B．2C．3D．4
20．（5分）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為邊BC，AD的中點，將△ABF沿BF所在直線進(jìn)行翻折，將△CDE沿DE所在直線進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．點A與點C在某一位置可能重合
B．點A與點C的最大距離為
C．直線AB與直線DE可能垂直
D．直線AF與直線CE可能垂直
21．（5分）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，P為棱AA′上一動點，Q為底面ABCD上一動點，M是PQ的中點，若點P，Q都運動時，點M構(gòu)成的點集是一個空間幾何體，則這個幾何體是（ ）
A．棱柱B．棱臺
C．棱錐D．球的一部分
22．（5分）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1C1的中點，Q為線段BC1上的動點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．存在點Q，使得PQ∥BD
B．存在點Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C．三棱錐Q﹣APD的體積是定值
D．存在點Q，使得PQ與AD所成的角為
五、填空題（共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題紙上的相應(yīng)位置.）
23．（5分）如圖，在棱長為2正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在正方體表面上移動，且滿足B1P⊥D1E，則點B1和滿足條件的所有點P構(gòu)成的圖形的面積是 ．
24．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有側(cè)棱長及底面邊長都為2，D是CC1的中點，則直線AD與平面A1BD所成角的正弦值為 ．
25．（5分）點O是正四面體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），則動點P掃過的區(qū)域的體積為 ．
六、解答題（本小題15分，解答應(yīng)寫出文字說明過程或演算步驟，請將答案寫在答題紙上的相應(yīng)位置.）
26．（15分）已知自然數(shù)集A＝{1，2，3，?，n}（n∈N*），非空集合．若集合E滿足：對任意a∈A，存在ei，ej∈E（1≤i≤j≤m），使得a＝xei+yej，x，y∈{﹣1，0，1}，稱集合E為集合A的一組m元基底．
（1）分別判斷下列集合E是否為集合A的一組二元基底，并說明理由：
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的一組m元基底，證明：n≤m（m+1）；
（3）若集合E為集合A＝{1，2，3，?，19}的一組m元基底，求m的最小值．
2023-2024學(xué)年北京市中國人民大學(xué)附中高二（上）期中數(shù)學(xué)試卷
參考答案與試題解析
一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案填涂在答題紙上的相應(yīng)位置.）
1．（4分）已知平面α∥平面β，直線a?α，直線b?β，則a與b的位置關(guān)系是（ ）
A．平行B．平行或異面
C．異面D．異面或相交
【分析】利用直線與平面的位置關(guān)系判斷即可．
【解答】解：因為平面α∥平面β，直線a?α，直線b?β，
所以a與b沒有交點，即a與b可能平行，也可能異面．
故選：B．
【點評】本題考查直線與平面的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查空間思維能力，是中檔題．
2．（4分）空間中點A的坐標(biāo)是（3，﹣1，0），若向量，則點B的坐標(biāo)是（ ）
A．（1，﹣6，3）B．（﹣1，6，﹣3）C．（5，4，﹣3）D．（2，5，﹣3）
【分析】直接利用向量的坐標(biāo)運算求出結(jié)果．
【解答】解：由于點A的坐標(biāo)是（3，﹣1，0），若向量，
設(shè)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）．
故選：C．
【點評】本題考查的知識要點：向量的坐標(biāo)運算，主要考查學(xué)生的理解能力和計算能力，屬于中檔題．
3．（4分）一個水平放置的平面圖形△OAB用斜二測畫法作出的直觀圖是如圖所示的等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，則平面圖形△OAB的面積為（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)題意，求出直觀圖的面積，由原圖面積與直觀圖面積的關(guān)系，分析可得答案．
【解答】解：根據(jù)題意，在直觀圖等腰直角△O′A′B′，其中A′B′＝，則O′A′＝，
故其面積S′＝×A′B′×O′A′＝5，
故原圖平面圖形△OAB的面積S＝2S′＝10．
故選：B．
【點評】本題考查平面圖形的直觀圖，涉及斜二測畫法，屬于基礎(chǔ)題．
4．（4分）已知cs＜，＞＝﹣，則下列說法錯誤的是（ ）
A．若，分別是直線l1，l2的方向向量，則l1，l2所成角余弦值是
B．若，分別是直線l的方向向量與平面α的法向量，則l與α所成角正弦值是
C．若，分別是平面ABC，平面BCD的法向量，則二面角A﹣BC﹣D的余弦值是
D．若分別是直線l的方向向量與平面α的法向量，則l與α所成角余弦值是
【分析】根據(jù)向量法逐一判斷即可．
【解答】解：對于A：因為直線與直線所成角范圍為，
所以l1，l2所成角余弦值為|cs＜，＞|＝，故A正確；
對于B：因為直線與平面所成角范圍為，
所以l與α所成角的正弦值，
l與α所成角的余弦值為，故B、D正確；
對于C：因為二面角的平面角所成角范圍為[0，π），
所以二面角A﹣BC﹣D的余弦值可能為負(fù)值，故C錯誤．
故選：C．
【點評】本題考查空間向量判斷線線角、線面角、二面角，屬中檔題．
5．（4分）一個三棱錐的各棱長均相等，其內(nèi)部有一個內(nèi)切球，即球與三棱錐的各面均相切（球在三棱錐的內(nèi)部，且球與三棱錐的各面只有一個交點），過一條側(cè)棱和對邊的中點作三棱錐的截面，所得截面圖形是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】根據(jù)題意，設(shè)三棱錐S﹣ABC的各棱長均相等，作出經(jīng)過側(cè)棱SC與AB中點D的截面，得到截面△SCD，平面SCD截內(nèi)切圓于圓O，由正四面體的性質(zhì)與圖形的對稱性質(zhì)加以分析，可知圓O與SD、CD相切而與SC相離．由此對照各個選項，即可得到本題答案．
【解答】解：如圖所示，設(shè)三棱錐S﹣ABC的各棱長均相等，球O是它的內(nèi)切球，
設(shè)H為底面△ABC的中心，根據(jù)對稱性可得內(nèi)切球的球心0在三棱錐的高SH上，
由SC、SH確定的平面交AB于D，連結(jié)SD、CD，得到截面△SCD，
截面SCD就是經(jīng)過側(cè)棱SC與AB中點的截面．
平面SCD與內(nèi)切球相交，截得球大圓如圖所示．
∵△SCD中，圓O分別與SD、CD相切于點E、H，且SD＝CD，圓O與SC相離，
∴對照各個選項，可得只有B項的截面圖形符合題意．
故選：B．
【點評】本題給出正四面體的內(nèi)切球，經(jīng)過一條側(cè)棱與對棱中點的截面與內(nèi)切球相交，求所得的截面的形狀．著重考查了正四面體的性質(zhì)、球的性質(zhì)、球與多面體的內(nèi)接外切等知識，屬于中檔題．
6．（4分）如圖，平行六面體ABCD﹣A1B1C1D1的底面ABCD是矩形，其中AB＝2，AD＝4，AA1＝3，且∠A1AD＝∠A1AB＝60°，則線段AC1的長為（ ）
A．9B．C．D．
【分析】由，兩邊平方，利用勾股定理以及數(shù)量積的定義求出的值，進(jìn)而可得答案．
【解答】解：由，
得到，
因為底面ABCD是矩形，AB＝2，AD＝4，AA1＝3，
所以，，
因為∠A1AB＝∠A1AD＝60°，
所以，
所以，
．
故選：C．
【點評】本題主要考查空間中點、線、面之間的位置關(guān)系，屬于中檔題．
7．（4分）如圖，已知大小為60°的二面角α﹣l﹣β棱上有兩點A，B，AC?α，AC⊥l，BD?β，BD⊥l，若AC＝3，BD＝3，CD＝7，則AB的長為（ ）
A．22B．40C．D．
【分析】過A作AE∥BD且AE＝BD，連接CE，DE，易得∠CAE＝60°，通過線面垂直的判定定理可得ED⊥平面AEC，繼而得到ED⊥EC，由勾股定理即可求出答案．
【解答】解：過A作AE∥BD且AE＝BD，連接CE，DE，
則四邊形ABDE是平行四邊形，因為BD⊥AB，
所以平行四邊形ABDE是矩形，
因為BD⊥l，即AE⊥l，而AC⊥l，
則∠CAE是二面角α﹣l﹣β的平面角，即∠CAE＝60°，
因為BD＝AE＝AC＝3，即△ACE為正三角形，所以CE＝3，
因為ED⊥AE，l⊥AC，即ED⊥AC，
AE∩AC＝A，AE，AC?平面AEC，
所以ED⊥平面AEC，
因為EC?平面AEC，所以ED⊥EC，
所以在Rt△EDC中，，
所以．
故選：C．
【點評】本題考查空間距離求法，考查二面角的平面角，屬中檔題．
8．（4分）魯班鎖是中國傳統(tǒng)的智力玩具，起源于中國古代建筑中首創(chuàng)的榫卯結(jié)構(gòu)，它的外觀是如圖所示的十字立方體，其上下、左右、前后完全對稱，六根完全一樣的正四棱柱體分成三組，經(jīng)90°榫卯起來．若正四棱柱的高為6，底面正方形的邊長為1，現(xiàn)將該魯班鎖放進(jìn)一個球形容器（容器壁的厚度忽略不計），則該球形容器表面積的最小值為（ ）
A．44πB．43πC．42πD．41π
【分析】由題意，該球形容器的半徑的最小值為：，即可求出該球形容器的表面積的最小值．
【解答】解：由題意，該球形容器的半徑的最小值為并在一起的兩個長方體體對角線的一半，
即為×＝，
∴該球形容器表面積的最小值為：4＝41π．
故選：D．
【點評】本題考查正棱柱的外接球的體積的求法，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，考查化歸與轉(zhuǎn)化思想，是基礎(chǔ)題．
9．（4分）如圖，ABCD﹣A1B1C1D1是棱長為4的正方體，P﹣QRH是棱長為4的正四面體，底面ABCD與底面QRH在同一個平面內(nèi)，且BC∥QH，則正方體中過AD且與平面PHQ平行的截面面積是（ ）
A．B．C．D．
【分析】根據(jù)面面平行的性質(zhì)定理確定截面的形狀，再根據(jù)正四面體的性質(zhì)和等角定理確定E、F的具體位置，AE的長度，從而求出截面面積．
【解答】解：設(shè)截面與A1B1，C1D1分別相交于E，F(xiàn)，則EF∥AD，
過點P作平面QRH的垂線，垂足為O，則O是底面QRH的中心，
設(shè)OR∩HQ＝G，則∠EAB＝∠PGO，
又因為RG＝4×sin60°＝2，所以RO＝2OG＝，
所以PO＝＝，
所以sin∠EAB＝sin∠PGO＝＝＝，
所以＝，解得EA＝3，
所以四邊形AEFD的面積為S＝4×3＝12．
故選：C．
【點評】本題考查了正棱錐的平行關(guān)系與等角定理的應(yīng)用問題，也考查了運算求解能力，是中檔題．
10．（4分）《九章算術(shù)?商功》中有這樣一段話：“斜解立方，得兩塹堵，斜解塹堵，其一為陽馬，一為鱉臑．陽馬居二，鱉臑居一，不易之率也．意思是：如圖，沿正方體對角面A1B1CD截正方體可得兩個塹堵，再沿平面B1C1D截塹堵可得一個陽馬（四棱錐D﹣A1B1C1D1），一個鱉臑（三棱錐D﹣B1C1C），若P為線段CD上一動點，平面α過點P，CD⊥平面α，設(shè)正方體棱長為1，PD＝x，α與圖中的鱉臑截面面積為S，則點P從點D移動到點C的過程中，S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是（ ）
A．B．
C．D．
【分析】由題意畫出截面圖，證明平面α截三棱錐D﹣B1C1C所得截面為等腰直角三角形，求其面積關(guān)于x的關(guān)系式，則答案可求．
【解答】解：如圖，
設(shè)α∩DC1＝N，α∩DB1＝M，
∵CD⊥α，∴CD⊥PN，則△DPN為等腰直角三角形，則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，則
由DP＝PN＝x，得DN＝，∴，
即MN＝，
∴S＝（0≤x≤1）．
則S關(guān)于x的函數(shù)圖象大致是B．
故選：B．
【點評】本題考查空間幾何體的結(jié)構(gòu)特征，考查空間想象能力與思維能力，考查運算求解能力，是中檔題．
二、填空題（本大題共5小題，每小題5分，共25分.請把結(jié)果填在答題紙上的相應(yīng)位置.）
11．（5分）已知正方形ABCD的邊長為2，則＝ ．
【分析】根據(jù)向量數(shù)量積以及模長公式即可求解．
【解答】解：由題意可知，
∴＝2×＝4，
故||＝＝＝2．
故答案為：．
【點評】本題主要考查了向量數(shù)量積的性質(zhì)及性質(zhì)的應(yīng)用，屬于基礎(chǔ)題．
12．（5分）已知一個圓錐的軸截面為邊長為2的正三角形，則此圓錐的表面積為 3π ．
【分析】利用等邊三角形的性質(zhì)、圓錐的表面積計算公式即可得出．
【解答】解：一個圓錐的軸截面為邊長為2的正三角形，
可得：底面半徑r＝1，母線長為2．
∴此圓錐的表面積＝π×12+＝3π．
故答案為：3π．
【點評】本題考查了等邊三角形的性質(zhì)、圓錐的表面積計算公式，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎(chǔ)題．
13．（5分）平面與平面垂直的判定定理符號語言為： a?α，a⊥β?α⊥β（答案不唯一） ．
【分析】根據(jù)“平面與平面垂直的判定定理”寫出正確答案．
【解答】解：平面與平面垂直的判定定理：a?α，a⊥β?α⊥β．
故答案為：a?α，a⊥β?α⊥β（答案不唯一）．
【點評】本題考查面面垂直的判定定理的符號語言，屬基礎(chǔ)題．
14．（5分）在移動通信中，總是有很多用戶希望能夠同享一個發(fā)射媒介，進(jìn)行無線通信，這種通信方式稱為多址通信．多址通信的理論基礎(chǔ)是若用戶之間的信號可以做到正交，這些用戶就可以同享一個發(fā)射媒介．在n維空間中，正交的定義是兩個n維向量＝（x1，x2，?，xn），＝（y1，y2?，yn）滿足x1y1+x2y2+…+xnyn＝0．已知某通信方式中用戶的信號是4維非零向量，有四個用戶同享一個發(fā)射媒介，已知前三個用戶的信號向量為（0，0，0，1），（0，0，1，0），，寫出一個滿足條件的第四個用戶的信號向量 （1，1，0，0）．（答案不唯一，形如（a，a，0，0）都可以） ．
【分析】根據(jù)新定義計算即可．
【解答】解：設(shè)第四個用戶的信號向量為（x1，x2，x3，x4），
根據(jù)已知有?（x1，x2，x3，x4）＝0，
則?x1﹣?x2+0?x3+0?x4＝0，所以x1＝x2，
又（0，0，0，1）?（x1，x2，x3，x4）＝0，則x4＝0，
（0，0，1，0）?（x1，x2，x3，x4）＝0，則x3＝0，
則第四個用戶的信號向量可表示為（a，a，0，0）．
故答案為：（1，1，0，0）．（答案不唯一，形如（a，a，0，0）都可以）．
【點評】本題考查新定義運算，考查向量的計算，屬于中檔題．
15．（5分）一個三棱錐的三個側(cè)面中有一個是邊長為2的正三角形，另兩個是等腰直角三角形，則該三棱錐的體積可能為 或或 ．
【分析】根據(jù)題意分類作出滿足條件的三棱錐，再由棱錐體積公式求解．
【解答】解：如圖所示：
①若AB⊥平面BCD，△BCD為邊長為2的正三角形，AB＝2，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，滿足題目條件，故其體積為V＝×2××2×2×sin60°＝；
②若AB⊥平面BCD，△ACD為是邊長為2的正三角形，AB＝，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，滿足題目條件，故其體積為V＝××××＝；
③若△BCD為邊長為2的正三角形，△ABD，△ABC都是等腰直角三角形，AB＝BC＝CD＝AD＝2，AC＝2，滿足題目條件，取AC中點E，∵BE⊥AC，而BE2+DE2＝BD2，∴BE⊥DE，即有BE⊥平面ACD，
故其體積為V＝×××2×2＝．
∴該三棱錐的體積可能為或或．
故答案為：或或．
【點評】本題考查了三棱錐的體積計算，考查分類討論思想，屬于中檔題．
三、解答題（本大題共3小題，共35分，解答應(yīng)寫出文字說明過程或演算步驟，請將答案寫在答題紙上的相應(yīng)位置.）
16．（10分）已知空間直角坐標(biāo)系中四個點的坐標(biāo)分別為：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點在平面ABC上，直接寫出x的值．
【分析】（1）根據(jù)空間向量的模求得正確答案．
（2）根據(jù)向量垂直列方程，化簡求得x的值．
（3）根據(jù)向量共面列方程，從而求得x的值．
【解答】解：（1）．
（2），
由于，所以，
解得．
（3），
設(shè)，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．
【點評】本題主要考查空間中點的坐標(biāo)，屬于基礎(chǔ)題．
17．（12分）如圖所示，在四棱錐P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC＝AD，E是PD的中點．
（Ⅰ）求證：BC∥AD；
（Ⅱ）求證：CE∥平面PAB；
（Ⅲ）若M是線段CE上一動點，則線段AD上是否存在點N，使MN∥平面PAB？說明理由．
【分析】（Ⅰ）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理即可證明；
（Ⅱ）取PA的中點F，連接EF，BF，利用中位線的性質(zhì)，平行四邊形的性質(zhì)，以及線面平行的判斷定理即可證明；
（Ⅲ）取AD中點N，連接CN，EN，根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理和判斷定理即可證明．
【解答】證明：（Ⅰ）在四棱錐P﹣ABCD中，BC∥平面PAD，BC?平面ABCD，
平面ABCD∩平面PAD＝AD，
∴BC∥AD，
（Ⅱ）取PA的中點F，連接EF，BF，
∵E是PD的中點，
∴EF∥AD，EF＝AD，
又由（Ⅰ）可得BC∥AD，BC＝AD，
∴BC∥EF，BC＝EF，
∴四邊形BCEF是平行四邊形，
∴CE∥BF，
∵CE?平面PAB，BF?平面PAB，
∴CE∥平面PAB．
（Ⅲ）取AD中點N，連接CN，EN，
∵E，N分別為PD，AD的中點，
∴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(jìn)是CE上的動點，MN?平面CEN，
∴MN∥平面PAB，
∴線段AD存在點N，使得MN∥平面PAB．
【點評】本題考查線面平行、線線平行的證明，考查空間中線線、線面、面面間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查推理能力，是中檔題．
18．（13分）如圖所示，已知四棱錐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）證明：EB⊥平面ABCD；
（Ⅱ）求B到平面ADE的距離；
（Ⅲ）求二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
【分析】（1）通過證明BE⊥AB，結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理，證得BE⊥平面ABCD；
（2）建立空間直角坐標(biāo)系，利用向量法求得B到平面ADE的距離；
（3）利用向量法求得二面角A﹣DE﹣C的余弦值．
【解答】（1）證明：由于AB2+BE2＝AE2，所以BE⊥AB，
由于平面EAB⊥平面ABCD，且交線為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兩兩相互垂直，
由此建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，
則C（6，0，0），A（0，6，0），E（0，0，6），D（3，6，0），
故，，
設(shè)平面ADE的法向量為，
則，令y＝1，可得，
又＝（0，6，0），
所以B到平面ADE的距離為；
（3）解：由（2）得平面ADE的法向量為＝（0，1，1），
而＝（﹣3，6，0），，
設(shè)平面CDE的法向量為，
則，令a＝2，可得b＝1，c＝2，
故可得＝（2，1，2），
由圖可知二面角A﹣DE﹣C為鈍角，設(shè)為θ，
則＝．
【點評】本題考查面面垂直的性質(zhì)定理，考查點到平面的距離，考查二面角的余弦值求法，屬中檔題．
四、選擇題（共4小題，每小題5分，共20分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的，請將正確答案填涂在答題紙上的相應(yīng)位置.）
19．（5分）關(guān)于空間中的角，下列說法中正確的個數(shù)是（ ）
①空間中兩條直線所成角的取值范圍是
②空間中直線與平面所成角的取值范圍是
③空間中二面角的平面角的取值范圍是
④空間中平面與平面所成角的取值范圍是
A．1B．2C．3D．4
【分析】由空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面所成角范圍判斷即可．
【解答】解：對于①：由空間中兩條直線所成角的取值范圍是，可知①正確；
對于②：由空間中直線與平面所成角的取值范圍是，可知②正確；
對于③：空間中二面角的平面角的取值范圍是[0，π]，可知③錯誤；
對于④：空間中平面與平面所成角的取值范圍是，可知④正確．
故選：C．
【點評】本題考查空間中直線與直線、直線與平面、平面與平面所成角范圍，屬于中檔題．
20．（5分）如圖，在正方形ABCD中，點E，F(xiàn)分別為邊BC，AD的中點，將△ABF沿BF所在直線進(jìn)行翻折，將△CDE沿DE所在直線進(jìn)行翻折，在翻折的過程中，下列說法正確的是（ ）
A．點A與點C在某一位置可能重合
B．點A與點C的最大距離為
C．直線AB與直線DE可能垂直
D．直線AF與直線CE可能垂直
【分析】在翻折的過程中，分析點A，C及直線AB，AF與CE，CD的運動軌跡，根據(jù)點與點的位置關(guān)系及線與線的位置關(guān)系分析能求出結(jié)果．
【解答】解：由題意，在翻折的過程中，A，C的運動軌跡分別是兩個平行的圓，不能重合，故A錯誤；
點A與點C的最大距離為正方形的對角線AC＝AB，故B錯誤；
∵△ABF與△CDE全等，把△CDE平移使得DC與AB重合，如圖，
△ABF繞BF旋轉(zhuǎn)形成兩個公用底面的圓錐，AB，CD是稍大的圓錐的母線，
∵∠ABF小于45°，
∴AB，CD的最大夾角為銳角，不可能垂直，故C錯誤，
同理得∠AFB大于45°，∴AF和CE可能垂直，故D正確．
故選：D．
【點評】本題考查翻折問題、點的運動軌跡、空間中線線間的位置關(guān)系等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．
21．（5分）在正方體ABCD﹣A′B′C′D′中，P為棱AA′上一動點，Q為底面ABCD上一動點，M是PQ的中點，若點P，Q都運動時，點M構(gòu)成的點集是一個空間幾何體，則這個幾何體是（ ）
A．棱柱B．棱臺
C．棱錐D．球的一部分
【分析】分別取P、Q為特殊位置，得到M的部分軌跡，然后靠空間想象得到M點的其它位置，得到點M構(gòu)成的點集是一個棱柱體．
【解答】解：由題意知，當(dāng)P在A′處，Q在AB上運動時，M的軌跡為過AA′的中點，在平面AA′B′B內(nèi)平行于AB的線段（靠近AA′），當(dāng)P在A′處，Q在AD上運動時，M的軌跡為過AA′的中點，在平面AA′D′D內(nèi)平行于AD的線段（靠近AA′），
當(dāng)Q在B處，P在AA′上運動時，M的軌跡為過AB的中點，在平面AA′B′B內(nèi)平行于AA′的線段（靠近AB），
當(dāng)Q在D處，P在AA′上運動時，M的軌跡為過AD的中點，在平面AA′B′B內(nèi)平行于AA′的線段（靠近AD），
當(dāng)P在A處，Q在BC上運動時，M的軌跡為過AB的中點，在平面ABCD內(nèi)平行于AD的線段（靠近AB），
當(dāng)P在A處，Q在CD上運動時，M的軌跡為過AD的中點，在平面ABCD內(nèi)平行于AB的線段（靠近AB），
同理得到：P在A′處，Q在BC上運動；P在A′處，Q在CD上運動；P在A′處，Q在C處，P在AA′上運動；
P、Q都在AB，AD，AA′上運動的軌跡．進(jìn)一步分析其它情形即可得到M的軌跡為棱柱體．
故選：A．
【點評】本題考查了軌跡方程問題，考查了學(xué)生的空間想象能力和思維能力，是中檔題．
22．（5分）如圖，在棱長為2的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，P為線段A1C1的中點，Q為線段BC1上的動點，則下列結(jié)論正確的是（ ）
A．存在點Q，使得PQ∥BD
B．存在點Q，使得PQ⊥平面AB1C1D
C．三棱錐Q﹣APD的體積是定值
D．存在點Q，使得PQ與AD所成的角為
【分析】對A由BD∥B1D1、B1D1∩PQ＝P即可判斷；對B若Q為BC1中點，根據(jù)正方體、線面的性質(zhì)及判定即可判斷；對C只需求證BC1與面APD是否平行；對D利用空間向量求直線夾角的范圍即可判斷．
【解答】解：對于A：正方體中BD∥B1D1，而P為線段A1C1的中點，即為B1D1的中點，
所以B1D1∩PQ＝P，故BD，PQ不可能平行，所以A錯；
對于B：若Q為BC1中點，則PQ∥A1B，而A1B⊥AB1，故PQ⊥AB1，
又AD⊥面ABB1A1，A1B?面ABB1A1，則A1B⊥AD，故PQ⊥AD，
AB1∩AD＝A，AB1，AD?面AB1C1D，則PQ⊥面AB1C1D，
所以存在Q使得PQ⊥平面AB1C1D，所以B對；
對于C：由正方體性質(zhì)知：BC1∥AD1，而AD1∩面APD＝A，故BC1與面APD不平行，
所以Q在線段BC1上運動時，到面APD的距離不一定相等，
故三棱錐Q﹣APD的體積不是定值，所以C錯；
對于D：構(gòu)建如下圖示空間直角坐標(biāo)系D﹣xyz，
則A（2，0，0），P（1，1，2），Q（2﹣a，2，a）且0≤a≤2，
所以，，設(shè)＜，＞＝θ，
則，
令t＝1﹣a∈[﹣1，1]，則，
當(dāng)t∈（0，1]，則，；
當(dāng)t＝0則csθ＝0；
當(dāng)t∈[﹣1，0），則，；
所以不在上述范圍內(nèi)，所以D錯．
故選：B．
【點評】本題考查線線平行的判斷，線面垂直的判定定理，三棱錐的體積，線線角的求解，屬中檔題．
五、填空題（共3小題，每小題5分，共15分，把答案填在答題紙上的相應(yīng)位置.）
23．（5分）如圖，在棱長為2正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E為BC的中點，點P在正方體表面上移動，且滿足B1P⊥D1E，則點B1和滿足條件的所有點P構(gòu)成的圖形的面積是 ．
【分析】根據(jù)題意，建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出點P的坐標(biāo)，利用B1P⊥D1E得出?＝0，得出x+2y﹣2z﹣2＝0，根據(jù)點P在正方體的表面上，討論z＝0與z＝1以及x＝0與x＝1和y＝0、y＝1時方程表示的圖形，再由向量法求解．
【解答】解：以D為坐標(biāo)原點，DA所在直線為x軸，DC所在直線為y軸，DD1所在直線為z軸，
建立空間直角坐標(biāo)系，如圖所示；
則D1（0，0，2），E（1，2，0），B1（2，2，2），
設(shè)點P（x，y，z），則 ＝（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．
又點P在正方體的表面上，
當(dāng)z＝0時，x+2y﹣2＝0，是線段AM，點M（0，1，0）；
當(dāng)z＝1時，x+2y﹣4＝0，是點B1（2，2，2）；
當(dāng)x＝0時，2y﹣2z﹣2＝0，是線段MN，點N（0，2，1）；
當(dāng)x＝1時，2y﹣2z﹣1＝0，是線段AB1；
當(dāng)y＝0時，x﹣2z﹣2＝0，是點A（2，0，0）；
當(dāng)y＝1時，x﹣2z＝0，是線段B1N．
如圖所示，點P的軌跡構(gòu)成的圖形是四邊形AB1NM．
∵M(jìn)N∥AB1，AB1＝2，MN＝＝，
A（2，0，0），M（0，1，0），B1（2，2，2），＝（﹣2，1，0），＝（0，2，2），
∴點M到AB1的距離d＝||?＝＝，
∴點B1和滿足條件的所有點P構(gòu)成的圖形的面積是：
＝＝．
故答案為：．
【點評】本題考查了立體幾何中的軌跡問題，考查了分析問題與解決問題的能力，解題的關(guān)鍵建立空間直角坐標(biāo)系，確定點P所構(gòu)成的軌跡，是中檔題．
24．（5分）已知正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有側(cè)棱長及底面邊長都為2，D是CC1的中點，則直線AD與平面A1BD所成角的正弦值為 ．
【分析】建立以A為原點的空間直角坐標(biāo)系，可得和平面A1BD的一個法向量為，利用向量法，即可得出答案．
【解答】解：建立以A為原點的空間直角坐標(biāo)系A(chǔ)﹣xyz，如圖所示：
∵正三棱柱ABC﹣A1B1C1的所有側(cè)棱長及底面邊長都為2，
∴，
則，
設(shè)平面A1BD的法向量為，
則，取y＝1，則，
∴平面A1BD的法向量為，
設(shè)直線AD與平面A1BD所成的角為θ，
∴，
∴直線AD與平面A1BD所成的角的正弦值為．
故答案為：．
【點評】本題考查直線與平面的夾角，考查轉(zhuǎn)化思想，考查邏輯推理能力和運算能力，屬于中檔題．
25．（5分）點O是正四面體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），則動點P掃過的區(qū)域的體積為 ．
【分析】將正四面體A1A2A3A4放入正方體中，得到正方體的體對角線是2|OA1|，從而得到該正方體的棱長，再根據(jù)條件得到P掃過的區(qū)域的體積即可．
【解答】解：如圖，作出正四面體A1A2A3A4，
將正四面體A1A2A3A4放入正方體中，如下圖所示：
則O是該正方體的中心，
設(shè)該正方體的棱長為a，則a2+a2+a2＝1×2，解得：，
又，
則知P掃過的區(qū)域的邊界是以該正方體的六個面作延伸的六個全等的正方體的中心為頂點的正方體，其中兩個面如下圖所示：
可得動點P掃過的區(qū)域的體積為該正方體體積的2倍，即動點P掃過的區(qū)域的體積．
故答案為：．
【點評】本題考查了動點掃過的區(qū)域體積的計算，屬于中檔題．
六、解答題（本小題15分，解答應(yīng)寫出文字說明過程或演算步驟，請將答案寫在答題紙上的相應(yīng)位置.）
26．（15分）已知自然數(shù)集A＝{1，2，3，?，n}（n∈N*），非空集合．若集合E滿足：對任意a∈A，存在ei，ej∈E（1≤i≤j≤m），使得a＝xei+yej，x，y∈{﹣1，0，1}，稱集合E為集合A的一組m元基底．
（1）分別判斷下列集合E是否為集合A的一組二元基底，并說明理由：
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的一組m元基底，證明：n≤m（m+1）；
（3）若集合E為集合A＝{1，2，3，?，19}的一組m元基底，求m的最小值．
【分析】（1）根據(jù)題干信息，利用二元基底的定義加以驗證即可；
（2）首先設(shè)e1＜e2＜…＜em，計算出a＝xei+yej的各種情況下的正整數(shù)個數(shù)并求出它們的和，結(jié)合題意可得：，即可得證：n≤m（m+1）；
（3）由（2）可知m（m+1）≥19，所以m≥4，并且得到結(jié)論“基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個”，再討論當(dāng)m＝4時，集合E的所有情況均不可能是A的4元基底，而當(dāng)m＝5時，A的一個基底E＝{1，3，5，9，16}，由此可得m的最小值為5．
【解答】解：（1）E＝{1，2}不是A＝{1，2，3，4，5}的一個二元基底
理由是4≠x?1+y?2（x，y∈{﹣1，0，1}）
E＝{2，3}是A＝{1，2，3，4，5，6}的一個二元基底
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）證明：不妨設(shè)e1＜e2＜…＜em，則
形如1?ei+0?ej（1≤i＜j≤m）的正整數(shù)共有m個；
形如1?ei+1?ei（1≤i≤m）的正整數(shù)共有m個；
形如1?ei+1?ej（1≤i＜j≤m）的正整數(shù)至多有個；
形如（﹣1）ei+1?ej（1≤i＜j≤m）的正整數(shù)至多有個；
又集合A＝{1，2，3，…，n}含有n個不同的正整數(shù)，E為集合A的一個m元基底．
故，即m（m+1）≥n．
（3）由（2）可知m（m+1）≥19，所以m≥4．
當(dāng)m＝4時，m（m+1）﹣19＝1，即用基底中元素表示出的數(shù)最多重復(fù)一個．
假設(shè)E＝{e1，e2，e3，e4}為A＝{1，2，3，…，19}的一個4元基底，
不妨設(shè)e1＜e2＜e3＜e4，則e4≥10．
當(dāng)e4＝10時，有e3＝9，這時e2＝8或e2＝7．
如果e2＝8，則1＝10﹣9，1＝9﹣8，18＝9+9，18＝10+8，重復(fù)元素超出一個，不符合條件；
如果e2＝7，則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，不符合條件；
當(dāng)e4＝11時，有e3＝8，這時e2＝7，e1＝6，易知E＝{6，7，8，11}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4＝12時，有e3＝7，這時e2＝6，e1＝5，易知E＝{5，6，7，12}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4＝13時，有e3＝6，這時e2＝5，e1＝4，易知E＝{4，5，6，13}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4＝14時，有e3＝5，這時e2＝4，e1＝3，易知E＝{3，4，5，14}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4＝15時，有e3＝4，這時e2＝3，e1＝2，易知E＝{2，3，4，15}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4＝16時，有e3＝3，這時e2＝2，e1＝1，易知E＝{1，2，3，16}不是A＝{1，2，3，…，19}的4元基底，不符合條件；
當(dāng)e4≥17時，E均不可能是A的4元基底．
當(dāng)m＝5時，易驗證A的一個基底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．
綜上所述，m的最小值為5．
【點評】本題考查了通過給出一個新概念，或約定一種新運算，或給出幾個新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識和方法，實現(xiàn)信息的遷移，達(dá)到靈活解題的目的；遇到新定義問題，應(yīng)耐心讀題，分析新定義的特點，弄清新定義的性質(zhì)，按新定義的要求，照章辦事，逐條分析、驗證、運算，使問題得以解決，屬于中檔題．
聲明：試題解析著作權(quán)屬菁優(yōu)網(wǎng)所有，未經(jīng)書面同意，不得復(fù)制發(fā)布日期：2024/7/17 10:04:41；用戶：笑涵數(shù)學(xué)；郵箱：15699920825；學(xué)號：36906111