第=page11頁，共=sectionpages11頁2024-2025學年北京市海淀區中央民族大學附中高二（上）期中數學試卷一、單選題：本題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的。1.如圖，E，F分別是長方體ABCD?A′B′C′D′的棱AB，CD的中點，則AB+CF等于(

)A.AD′

B.AC′

C.DE

D.AE2.直線x+y+3=0的傾斜角為A.30° B.45° C.60° D.135°3.已知圓錐的母線長為5，底面圓的半徑為3，則該圓錐的體積為(

)A.12π B.15π C.36π D.45π4.在空間直角坐標系中，點A(1,?2,3)關于y軸的對稱點為B，則|AB|=(

)A.210 B.213 C.5.已知l，m是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(

)A.若m⊥α，α⊥β，則m//β B.若α∩β=l，l//m，則m//β

C.若m?α，α⊥β，則m⊥β D.若m⊥α，α//β，則m⊥β6.已知向量a=(1,0,1)，b=(?2,2,1)，c=(3,4,z)，若a，b，c共面，則z等于A.?9 B.?5 C.5 D.97.在正方體ABCD?A1B1C1D1A.30° B.45° C.60° D.120°8.已知平面α，β，直線l，b，如果α⊥β，且α∩β=l，M∈α，M∈b，則l⊥b是b⊥β的(

)A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件9.如圖，在正方體ABCD?A1B1C1D1中，點P為棱DD1A.S△A1D1Q=2S△10.如圖，水平地面上有一正六邊形地塊ABCDEF，設計師規劃在正六邊形的頂點處矗立六根與地面垂直的柱子，用以固定一塊平板式太陽能電池板A1B1C1D1E1F1.若其中三根柱子AA1，A.47m

B.48m

C.49m

D.50m二、填空題：本題共5小題，每小題5分，共25分。11.已知a=(1,0,?1)，b=(2,1,1)，則3a+b12.已知平面α的法向量為(2,?4,?2)，平面β的法向量為(?1,2,k)，若α//β，則k=______．13.如圖，在三棱錐O?ABC中，D是BC的中點，若OA=a，OB=b，OC=14.已知P(2,3)是直線l上一點，且n=(1,?2)是直線l的一個法向量，則直線l的方程為______．15.已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長為2，E為CD的中點，點P在正方體的表面上運動，且滿足平面AA1P⊥平面BB1E.給出下列四個結論：

①△AA1P的面積的最大值為5；

②滿足使△AA1P的面積為2的點P有且只有4個；三、解答題：本題共6小題，共72分。解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16.(本小題12分)

已知△ABC的頂點坐標分別是A(?1,5)，B(?2,?1)，C(4,3)，M為BC邊的中點．

(1)求直線AB的斜率；

(2)求中線AM的方程．17.(本小題12分)

如圖，在棱長為2的正方體ABCD?A1B1C1D1中，點E，F分別是棱BB1，DD1的中點.求證：

(Ⅰ)BD//18.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，PD=4，底面ABCD是邊長為2的正方形，E，F分別為PB，PC的中點．

(Ⅰ)求證：平面ADE⊥平面PCD；

(Ⅱ)求直線BF與平面ADE所成角的正弦值．19.(本小題12分)

如圖，在四棱錐P?ABCD中，PD⊥平面ABCD，底面ABCD是直角梯形，AD⊥DC，AB//DC，AB=AD=2，DC=PD=4，點N是PD的中點，直線PC交平面ABN于點M．

(1)求證：點M是PC的中點；

(2)求二面角A?MN?P的大小

(3)求點P到平面ABMN的距離．20.(本小題12分)

在三棱錐P?ABC中，平面PAC⊥平面ABC，△PAC為等腰直角三角形，PA⊥PC，AC⊥BC，BC=2AC=4，M為AB的中點．

(Ⅰ)求證：AC⊥PM；

(Ⅱ)求二面角C?PA?B的余弦值；

(Ⅲ)在線段PB上是否存在點N使得平面CMN⊥平面PAB？若存在，求出PNPB的值，若不存在，說明理由．21.(本小題12分)

n個有次序的實數a1，a2，…，an所組成的有序數組(a1,a2,…,an)稱為一個n維向量，其中ai(i=1,2,…,n)稱為該向量的第i個分量.特別地，對一個n維向量a=(a1,a2,…,an)，若|ai|=1，i=1，2…n，稱a為n維信號向量.設a=(a1,a2,…,an)，b=(b1,b2,…,bn)參考答案1.D

2.D

3.A

4.A

5.D

6.D

7.C

8.B

9.A

10.A

11.(5,1,?2)

12.1

13.?a14.x?2y+4=0

15.①④

16.解：(1)由A(?1,5)，B(?2,?1)，可得直線AB的斜率kAB=5+1?1+2=6；

(2)由B(?2,?1)，C(4,3)，可得BC邊的中點M(1,1)，則直線AM的斜率kAM=5?1?1?1=?217.證明：(Ⅰ)∵E，F分別為BB1，DD1的中點，BB1=DD1，BB1/?/DD1，

∴BE/?/DF且BE=DF，∴四邊形BDFE為平行四邊形，

∴BD//EF，又EF?平面C1EF，BD?平面C1EF，

∴BD/?/平面C1EF．

(Ⅱ)∵四邊形ABCD為正方形，∴BD⊥AC，

∵BD/?/EF，∴AC⊥EF，

∵AA1⊥平面ABCD，BD?平面ABCD18.(Ⅰ)證明：因為PD⊥平面ABCD，AD?平面ABCD，

所以PD⊥AD，

因為底面ABCD是正方形，

所以AD⊥CD，

因為PD∩CD=D，PD，CD?平面PCD，

所以AD⊥平面PCD，

又AD?平面ADE，

所以平面ADE⊥平面PCD；

(Ⅱ)解：因為PD⊥平面ABCD，AD，CD?平面ABCD，

所以PD⊥AD，PD⊥CD，

因為底面ABCD是正方形，

所以AD⊥CD，

如圖建立空間直角坐標系D?xyz，

因為PD=4，底面ABCD是邊長為2的正方形，

所以P(0,0,4)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，D(0,0,0)，E(1,1,2)，F(0,1,2)，

則DA=(2,0,0),DE=(1,1,2),BF=(?2,?1,2)，

設平面ADE的法向量為m=(x,y,z)，

則有m?DA=0m?DE=0，可得2x=0x+y+2z=0，

令z=?1，所以y=2，x=0，

所以m=(0,2,?1)，

設直線BF與平面ADE所成的角為θ19.解：(1)證明：因為AB//DC，AB?平面PCD，CD?平面PCD，

所以AB/?/平面PCD，

因為直線PC交平面ABN于點M，

所以平面ABMN∩平面PCD=MN，AB?平面ABMN，

所以AB/?/MN，所以CD/?/MN，

因為點N是PD的中點，所以點M是PC的中點．

(2)因為PD⊥平面ABCD，DA，DC?平面ABCD，

所以PD⊥DA，PD⊥DC，

因為AD⊥DC，

所以DP，DA，DC兩兩相互垂直，

如圖，以點D為坐標原點，建立空間直角坐標系D?xyz，

則D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，P(0,0,4)，

所以N(0,0,2)，M(0,2,2)，

所以AB=(0,2,0)，AN=(?2,0,2)，

設平面ABMN的法向量為n=(x,y,z)，

則n⊥ABn⊥AN，則n?AB=0n?AN=0，即2y=0?2x+2z=0，

令x=1，于是z=1，y=0，所以n=(1,0,1)，

又因為平面PCD的法向量為m=12DA=(1,0,0)．

所以cos<m,n>=m20.證明：(1)如圖，設D為AC的中點，連接MD，PD，

因為M為AB的中點，所以MD/?/BC，

因為AC⊥BC，所以MD⊥AC，

又△PAC為等腰直角三角形，PA⊥PC，所以PD⊥AC，

因為MD∩PD=D，MD，PD?平面PMD，所以AC⊥平面PMD，

因為PM?平面PMD，所以AC⊥PM；

解：(2)由(1)知，可建立以D為坐標原點，DA，DM，DP的方向分別為x軸、y軸、z軸正方向的空間直角坐標系，如圖所示，

則A(1,0,0)，B(?1,4,0)，C(?1,0,0)，P(0,0,1)，

所以AP=(?1,0,1)，BP=(1,?4,1)，

設平面PAB的法向量為n=(x,y,z)，則n?AP=?x+z=0n?BP=x?4y+z=0，

令z=1，則n=(1,12,1)，

由題可知，平面PAC的一個法向量為m=(0,1,0)，

設二面角C?PA?B的平面角為θ，由圖可知，θ為銳角，

所以cosθ=|cos<m,n>|=|m?n||m||n|=121+14+1=13，

所以二面角C?PA?B的余弦值為13；

解：(3)存在．理由如下：假設在線段PB上存在點N，使平面CNM⊥平面PAB，

設PNPB=λ，(0<λ<1)，因為PB=(?1,4,?1)，所以PN=λPB=(?λ,4λ,?λ)21.解：(1)依題意，可寫出4個兩兩垂直的4維信號向量為：

(1,1,1,1)，(?1,?1,1,1)，(?1,1,?1,1)，(?1,1,1,?1)．

(2)證明：假設存在14個兩兩垂直的14維信號向量y1,y2,…,y14，

因為將這14個向量的某個分量同時變號或將某兩個位置的分量同時互換位置，任意兩個向量的內積不變，

所以不妨設y1=(1,