2023年12月2日发(作者：淮南2023数学试卷初三)

北京市第八十中学2023～2024学年第一学期阶段测评高二数学班级______2023年10月姓名______考号______满分100分）（考试时间90分钟提示：试卷答案请一律填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效．在答题卡上，选择题用2B铅笔作答，其他试卷用黑色签字笔作答．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）A2,3,41.在空间直角坐标系Oxyz中，点关于原点的对称点坐标为（A.C.）2,3,42,3,4B.D.2,3,42,3,4）2.设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件AMn0的点M构成的图形是（A.圆C.平面B.直线D.线段）3.已知空间向量a,b,c满足abc0，a2，b3，c4，则cosa,b=（A.12B.14.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知PAa，PBb，PCc，PEPD，2则BE（）13C.12D.14111abcB.222113D.abc2225.若直线l的一个方向向量为m，平面的一个法向量为n，则可能使l//的是（131abcA.222131Cabc.222）n2,0,0m1,0,0，AC.m0,2,1，n1,0,1.B.m1,3,5，n1,0,1D.m1,1,3，n0,3,1）a(1,x,2)6.已知向量，b(0,1,2)，c(1,0,0)，若a，b，c共面，则x等于（A.1B.1C.1或1D.1或07.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1A.3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为D.15B.56C.552288.设向量a1,,2，b2,1,2，若cosa,b，则实数的值为（）922A.2B.2C.2或D.2或55559.正方体ABCDA1内动点，且满足PD16，则△PBC面积的最小值1B1C1D1的棱长为2，P为侧面ABB1A为（）A.1B.2C.2D.22）棱长为1的正方体ABCDA则下列结论中错误的是（10.如图，E，F分别为DD1，BB1的中点，1B1C1D1中，A.直线FC1与直线AE的距离为30513B.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23二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分．）11.设直线l的方向向量为m2,1,z，平面的一个法向量为n4,2,2，若直线l的值为______．平面，则实数z12.已知平行四边形ABCD中，A4,1,3,B2,5,1,C3,7,5，则点D的坐标为___________.13.已知空间三点O0,0,0,A1,1,0,B0,1,1在直线OA上有一点H满足BHOA，则点H的坐标为________.14.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，且均与棱AB垂直，若AB2，AC1，BD2，则CD___________.15.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.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11AA1，CNCC1，且A1ADA1ABDAB60．33（1）用向量AA1，AD，AB表示向量MN；（2）求证：D，M，B1，N共面；（3）当AA1为何值时，AC1A1B．AB17.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.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD,ABBC,BCA60，APADAC2，E为CD的中点，M在AB上，且AM2MB，（1）求证：EM//平面PAD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（3）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所成角为45，求AF的长．AA1底面ABCD，19.如图，在四棱柱ABCDA且A1AABAD2BC2，BAD90，AD//BC，1B1C1D1，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的余弦值为由.（Ⅲ）求三棱锥B1A1EF的体积的最大值.AE1？若存在，求出的值；若不存在，说明理3AB北京市第八十中学2023～2024学年第一学期阶段测评高二数学题目要求）2023年10月一、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A2,3,41.在空间直角坐标系Oxyz中，点关于原点的对称点坐标为（A.C.）2,3,42,3,4B.D.2,3,42,3,4【答案】C【分析】在空间直角坐标系Oxyz中，点a,b,c关于原点的对称点坐标为a,b,c，即可选出答案.【详解】在空间直角坐标系Oxyz中，点A2,3,4关于原点的对称点坐标为2,3,4．故选：C．2.设A是空间一定点，n为空间内任一非零向量，满足条件AMn0的点M构成的图形是（A.圆C.平面【答案】C【分析】根据平面的法向量的含义，即可判断出答案.【详解】由题意AMn0，故点M位于过点A且和n垂直的平面内，B.直线D.线段）故点M构成的图形是经过点A，且以n为法向量的平面，故选：C3.已知空间向量a,b,c满足abc0，a2，b3，c4，则cosa,b=（A.12）B.13C.12D.14【答案】D1【分析】根据abc0得到cab，两边平方，利用向量数量积公式求出cosa,b.42222【详解】因为abc0，所以cab，则caba2abb，即42abcosa,b916，从而12cosa,b3，1cosa,b.解得：4故选：D14.如图，在四棱锥PABCD中，底面ABCD是平行四边形，已知PAa，PBb，PCc，PEPD，2则BE（）131abcA.222131C.abc222【答案】A【分析】利用空间向量的线性运算即可求解.111abcB.222113D.abc2221【详解】因为在四棱锥PABCD中，底面ABCD是正方形，PAa，PBb，PCc，PEPD，2111BPBDPBBABC所以BE222111111PBBABCPBPAPBPCPB222222311311PAPBPCabc．222222故选：A．5.若直线l的一个方向向量为m，平面的一个法向量为n，则可能使l//的是（A.m1,0,0，n2,0,0）B.m1,3,5，n1,0,1D.m1,1,3，n0,3,1C.m0,2,1，n1,0,1【答案】D【分析】要使直线与平面平行，则直线的方向向量和平面的法向量垂直，利用向量垂直的坐标运算逐项计算即可.【详解】若l//，则mn，即mn0，对于A，mn12000020，不符合题意；对于B，mn11305160，不符合题意；m对于C，n01201110，不符合题意；对于D，mn1013310，符合题意；故选：D6.已知向量a(1,x,2)，b(0,1,2)，c(1,0,0)，若a，b，c共面，则x等于（A.1【答案】AB.1C.1或1D.1或0）1【分析】根据向量共面可得abc，进而可得x，即得答案.22【详解】因为a，b，c共面，所以存在实数,，使abc，所以(1,x,2)(0,1,2)(1,0,0)，1∴x，22解得x=1.故选：A.7.在长方体ABCDA1B1C1D1中，ABBC1，AA1A.3，则异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为D.15B.56C.5522【答案】C【详解】分析：先建立空间直角坐标系，设立各点坐标，利用向量数量积求向量夹角，再根据向量夹角与线线角相等或互补关系求结果.详解：以D为坐标原点，DA,DC,DD1为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则D(0,0,0),A(1,0,0),B1(1,1,3),D1(0,0,3),所以AD1(1,0,3),DB1(1,1,3),AD1DB11355cosAD,DB因为，所以异面直线AD1与DB1所成角的余弦值为，选C.115AD1DB1255点睛：利用法向量求解空间线面角的关键在于“四破”：第一，破“建系关”，构建恰当的空间直角坐标系；第二，破“求坐标关”，准确求解相关点的坐标；第三，破“求法向量关”，求出平面的法向量；第四，破“应用公式关”.88.设向量a1,,2，b2,1,2，若cosa,b，则实数的值为（）922A.2B.2C.2或D.2或5555【答案】C【分析】直接利用空间向量夹角的余弦公式即可求出结果．8【详解】因为向量a1,,2，b2,1,2，cosa,b，9ab2482cosa,b所以，解得或．2ab52414955故选：C．9.正方体ABCDA1内动点，且满足PD16，则△PBC面积的最小值1B1C1D1的棱长为2，P为侧面ABB1A为（）A.1【答案】BB.2C.2D.22【分析】建立空间直角坐标系如图所示，设P2,y,z由PD16，得出点P的轨迹方程，由几何性质求得PBmin，再根据垂直关系求出△PBC面积的最小值．【详解】以点D为原点，DA,DC,DD1分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，如图所示：则D10,0,2，B2,2,0，设P2,y,z所以PD14y2z26，得y2z22，22所以PBmin20202222因为BC平面ABB1A1，所以BCPB故△PBC面积的最小值为S故选：B1BCPBmin2210.如图，棱长为1的正方体ABCDAE，F分别为DD1，BB1的中点，则下列结论中错误的是（1B1C1D1中，）A.直线FC1与直线AE的距离为30513B.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【答案】C【分析】建立空间直角坐标系，利用向量法求解即可.【详解】在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，如图，以D为原点，以DA,DC,DD1所在直线为x,y,z轴距离空间直角坐标系，2311A(1,0,0),B(1,1,0)C(0,1,1),D(0,0,1),E0,0,C(0,1,0),D(0,0,0),A(1,0,1),B(1,1,1)F1,1,则，，1111，，2211对A，AE1,0,,FC11,0,，则AE//FC1，22AEAF1AF0,1,，所以cosAE,AF|AE||AF|226sinAE,AF5设直线FC1与直线AE的距离，即为F到直线AE的距离为d，1，5554414则d|AF|sinAE,AF52630，A正确；255对B，直线FC1到平面AB1E的距离即为点F到平面AB1E的距离，11由A知AF0,1,，AB1(0,1,1),AE1,0,22设平面AB1E的法向量为n(x,y,z)，yz0ABn01则，即，1xz0AEn02令x1，则z2,y2，n(1,2,2)，设点F到平面AB1E的距离为d，|AFn||1|1则d，|n|33即直线FC1与平面AB1E的距离为1，B正确；31FC1,0,对C，，平面ABCD的法向量为DD1(0,0,1)，2FC1DD1cosFC1,DD1FC1DD1152，511145，C错误；5故直线FC1与底面ABCD所成的角的正弦值为对D，由B知平面AB1E的法向量为n(1,2,2)DD1n22，cosDD1,nDD1|n∣1443又由图知，平面AB1E与底面ABCD的夹角为锐角，故平面AB1E与底面ABCD的夹角的余弦值为故选：C2，故D正确.3二、填空题（本题共5小题，每小题4分，共20分．）11.设直线l的方向向量为m2,1,z，平面的一个法向量为n4,2,2，若直线l的值为______．平面，则实数z【答案】1【分析】由题意可知m∥n，代入坐标计算即可.【详解】解：由题意可知m∥n，所以21z，解得z1.422故答案为：112.已知平行四边形ABCD中，A4,1,3,B2,5,1,C3,7,5，则点D的坐标为___________.【答案】5,13,3【分析】设平行四边形ABCD的两条对角线的交点为P，则点P为AC，BD的中点，然后利用中点坐标公式求解即可【详解】设平行四边形ABCD的两条对角线的交点为P，则点P为AC，BD的中点.由A4,1,3,C3,7,5，得点P的坐标为7,4,1.2又点B2,5,1，所以点D的坐标为5,13,3.故答案为：5,13,313.已知空间三点O0,0,0,A1,1,0,B0,1,1在直线OA上有一点H满足BHOA，则点H的坐标为________.【答案】11,,022【分析】根据空间向量垂直的坐标表示公式进行求解即可.【详解】设Hx,y,z，OHx,y,z,OA1,1,0,BHx,y1,z1，因为BHOA，所以BHOA，即xy10，因为直线OA上有一点H，1x所以OA//OH，即OAOH1y，显然0，0z所以z0，得xx1yx代入xy10中，y1111,y，所以点H的坐标为,,0，222211,,022故答案为：14.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，且均与棱AB垂直，若AB2，AC1，BD2，则CD___________.【答案】32【分析】由CDCAABBD，两边平方后展开整理，即可求得CD，则CD的长可求．【详解】CDCAABBD，CD2CA2AB2BD22CAAB2CABD2ABBD，CAAB，BDAB，CAAB0，BDAB0，1CABD|CA||BD|cos180120121．2CD2124219，|CD|3.故答案为：3.【点睛】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.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【答案】①②④【分析】根据题意以A为坐标原点，AB,AD,AS所在直线分别为x,y,z轴，利用向量法判断①③④，根据线面平行的判定定理判断②即可.【详解】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,,2,02，AP1,1,1,OM1,1,2，APOM1120，即OMAP，①正确；当M是SD中点时，OM是SBD的中位线，所以OM∥SB，又OM平面SBC，SB平面SBC，所以OM//平面SBC，②正确；AB2,0,0,OM1,1,2，若存在点M，使直线OM与AB所成的角为30，ABOM13cos30则，222ABOM112化简得3λ29λ70，无解，③错；点M到平面ABCD的距离d12λ，AMAD0,,20,2,0，点M到平面SAB距离d22AD所以d1d22λλ2，④正确.故答案为：①②④三、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.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11AA1，CNCC1，且A1ADA1ABDAB60．33（1）用向量AA1，AD，AB表示向量MN；（2）求证：D，M，B1，N共面；AA1为何值时，AC1A1B．AB1【答案】（1）MNABADAA13（3）当（2）证明见解析（3）1【分析】（1）根据空间向量线性运算法则计算可得；（2）根据空间向量线性运算法则得到DMNB1，即可证明D，M，B1，N共面；AA11时，abc，由（3）设AA1c，ADb，ABa，因为底面ABCD为菱形，则当ABAC1A1Babcac0，即可得出答案.【小问1详解】112MNMAABBCCNAA1ABBCAA1ABADAA1．333【小问2详解】22证明：DMAMADAA1AD，NB1C1B1C1NAA1AD，33DMNB1，D，M，B1，N共面．【小问3详解】AA11，AC1A1B，AB证明：设AA1c，ADb，ABa，当AA1底面ABCD为菱形，则当1时，abc，ABAC1ABBCCC1abc，A1BABAA1ac，A1ADA1ABDAB60，22AC1A1B（abc）（ac）aabbcc0，AC1A1B．17.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．【答案】（1）证明见解析（2）23【分析】（1）取AB的中点为K，连接MK,NK，可证平面MKN//平面BCC1B1，从而可证MN//平面BCC1B1.（2）选①②均可证明BB1平面ABC，从而可建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量可求线面角的正弦值.【小问1详解】取AB的中点为K，连接MK,NK，由三棱柱ABC-A1B1C1可得四边形ABB1A1为平行四边形，而B1MMA1,BKKA，则MK//BB1，而MK平面BCC1B1，BB1平面BCC1B1，故MK//平面BCC1B1，而CNNA,BKKA，则NK//BC，NK平面BCC1B1，BC平面BCC1B1，所以NK//平面BCC1B1，而NKMKK,NK,MK平面MKN，故平面MKN//平面BCC1B1，而MN平面MKN，故MN//平面BCC1B1，【小问2详解】因为侧面BCC1B1为正方形，故CBBB1，而CB平面BCC1B1，平面CBB1C1平面ABB1A1，平面CBB1C1平面ABB1A1BB1，故CB平面ABB1A1，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，因为AB平面ABB1A1，故NKAB，若选①，则ABMN，而NKAB，NKMNN，NK,MN平面MNK，故AB平面MNK，而MK平面MNK，故ABMK，所以ABBB1，而CBBB1，CBABB，CB,AB平面ABC，故BB1平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，设平面BNM的法向量为nx,y,z，xy0nBN0则，从而，取z1，则n2,2,1，y2z0nBM042.设直线AB与平面BNM所成的角为，则sincosn,AB233若选②，因为NK//BC，故NK平面ABB1A1，而KM平面MKN，故NKKM，而B1MBK1,NK1，故B1MNK，而B1BMK2，MBMN，故BB1M≌MKN，所以BB1MMKN90，故A1B1BB1，而CBBB1，CBABB，CB,AB平面ABC，故BB1平面ABC，故可建立如所示的空间直角坐标系，则B0,0,0,A0,2,0,N1,1,0,M0,1,2，故BA0,2,0,BN1,1,0,BM0,1,2，设平面BNM的法向量为nx,y,z，xy0nBN0则，从而，取z1，则n2,2,1，y2z0nBM042.设直线AB与平面BNM所成的角为，则sincosn,AB23318.如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ACAD,ABBC,BCA60，APADAC2，E为CD的中点，M在AB上，且AM2MB，（1）求证：EM//平面PAD；（2）求平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值；（3）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所成角为45，求AF的长．【答案】（1）证明见解析（2）217（3）2【分析】（1）由已知可得AD,AC,AP两两垂直，所以以A为坐标原点，以AD,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，通过向量证明线线平行，再证明线面平行即可；（2）分别求出相关平面的法向量后，再运用夹角公式计算即可；（3）根据已知条件求出点F的坐标，再计算长度即可．【小问1详解】证明：因为PA⊥平面ABCD，AD,AC平面ABCD，所以PAAD,PAAC，因为ACAD，所以AD,AC,AP两两垂直，所以以A为坐标原点，以AD,AC,AP所在的直线分别为x,y,z轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为ACAD,ABBC,BCA60，APADAC2，E为CD的中点，M在AB上，且AM2MB，所以A(0,0,0),C(0,2,0),B(333,,0),M(,1,0),P(0,0,2),E(1,1,0),D(2,0,0)．2233所以EM(1,0,0),AC(0,2,0),所以EMAC0，3所以ACEM，又ACAD，所以EM//AD，又EM平面PAD，AD平面PAD，所以EM//平面PAD．【小问2详解】33PC(0,2,2),PB(,,2)．22设平面PBCn的法向量为(x,y,z)，2y2z0PCn03则有，可取n(,1,1)，333xy2z0PBn022由题意，平面PAD的一个法向量可取m(0,1,0)，设平面PAD与平面PBC所成锐二面角为，则cos|cosm,n|111113217，所以平面PAD与平面PBC所成锐二面角的余弦值为【小问3详解】设F(x0,y0,z0)，PFPD(01)，21．7即(x0,y0,z02)(2,0,2)，可得F(2,0,22)，所以EF(21,1,22)，又AC(0,2,0)，由题意有cosEF,AC22(21)2(1)2(22)22，2化简得22310，解得1或1（舍），所以F(1,0,1)，22.所以|AF|(10)2(00)2(10)2AA1底面ABCD，19.如图，在四棱柱ABCDA且A1AABAD2BC2，BAD90，AD//BC，1B1C1D1，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的余弦值为由.（Ⅲ）求三棱锥B1A1EF的体积的最大值.【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）存在，2；（Ⅲ）当F与D1重合时，体积最大值为【分析】（Ⅰ）根据面面平行的性质定理证明A1F//EC即可；（Ⅱ）以A为原点，AB,AD,AA1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设点E(t,0,0),0t2，求出面1AE1？若存在，求出的值；若不存在，说明理3AB4.3mn1A1ECF的法向量m(x,y,z)和面ECD的法向量n(0,0,1)，根据公式cosm,n即可求出t的值，|m||n|3从而判断E点位置.（Ⅲ）过F作FMA1B1，根据VB1A1EFVFB1A1E此时三棱锥B1A1EF的体积也取最大值.【详解】（Ⅰ）因为平面A1EC与棱C1D1相交于点F，所以平面A1ECA1B1C1D1A1F，1SA1B1EFM即可得出F与D1重合时，FM取得最大值2，3在四棱柱ABCDA1B1C1D1中，因为平面ABCD//平面A1B1C1D1，平面A1EC平面A1B1C1D1A1F，平面A1EC平面ABCDEC，所以A1F//EC，又因为A1F平面B1CE，EC平面B1CE，所以A1F//平面B1CE；（Ⅱ）因为AA1底面ABCD，BAD90，所以以A为原点，AB,AD,AA1分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,2),C(2,1,0),E(t,0,0),0t2，所以A1E(t,0,2),A1C(2,1,2)，tx2z0A1Em0设面A1ECF的法向量为m(x,y,z)，则，即，2xy2z0ACm01ztx2,y2t4取，则，所以m(2,2t4,t)，取面ECD的一个法向量n(0,0,1)，因为二面角A1ECD的余弦值为mn所以cosm,n|m||n|1，3t42t4t221，解得t1或t5，31，3因为0t2，所以t1，即E为棱AB的中点时，二面角A1ECD的余弦值为所以AE1.AB2（Ⅲ）过F作FMA1B1于点M，因为面A1ABB1面A1B1C1D1，面A1ABB1面A1B1C1D1A1B1，面FM面A1B1C1D1，FMA1B1，所以FM面A1ABB1，所以VB1A1EFVFB1A1E1112SA1B1EFM22FMFM，3323242.33因为F与D1重合时，FM取得最大值2，所以F与D1重合时，三棱锥B1A1EF的体积最大，最大为


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