2021年北京市海淀区五校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）

1、2021年北京市海淀区五校联考高二上期中数学试卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.）1在空间直角坐标系中，1，2，则A，1，B，C，3，D，2，2棱长为的正四面体的表面积为ABCD3平面的一个法向量为，2，平面的一个法向量为，则平面与平面的位置关系是A平行B相交但不垂直C垂直D不能确定4在四面体中，点为棱的中点设，那么向量用基底，可表示为ABCD5如图，将一块边长为2的正三角形铁皮沿各边的中位线折叠成一个几何体，则这个几何体某顶点到其相对面的距离是ABCD6设，是两个不同的平面，是直线且，“”是“”的A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件7如

2、图，四棱锥中，所有棱长均为2，是底面正方形中心，为中点，则直线与直线所成角为ABCD8如图，在长方体中，分别为棱，的中点，过的平面与直线平行，则平面截该长方体所得截面的面积为A3BCD9九章算术中，将四个面都为直角三角形的四面体称之为“鳖臑”在如图所示的四棱锥中，平面，底面是正方形，且，点，分别为，的中点，则图中的鳖臑有）A2个B3个C4个D5个10在下列命题中：存在一条直线与正方体的12条棱所成的角都相等；存在一条直线与正方体的6个面所成的角都相等；存在一个平面与正方体的12条棱所成的角都相等；存在一个平面与正方体的6个面所成较小的二面角都相等其中真命题的个数为A1B2C3D4二、填空题（本

3、大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上）11一个圆柱的母线长为3，底面半径为1，则圆柱的侧面积是 12已知向量，0，写出一个与向量垂直的非零向量的坐标 13如图，一个立在水平地面上的圆锥形物体的母线长为4，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥表面爬行一周后回到点处若该小虫爬行的最短路程为，则圆锥底面圆的半径等于 14已知向量，满足，且，的夹角为，为平面直角坐标系的原点，点、满足，则的面积为15如图所示，正方体的棱长为1，、分别是棱，的中点，过直线，的平面分别与棱，交于、，设，给出以下四个命题：四边形为平行四边形；若四边形面积，则有最小值；若四棱锥的体积，则是常函数；四边形

4、周长，是单调函数；若多面体的体积，则为单调函数其中正确的命题序号是 三、解答题（本大题共4小题，每小题15分，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16（15分）如图，三棱柱中，底面，是的中点（）求证：平面；（）若，求三棱柱的体积17（15分）已知直三棱柱中，为等腰直角三角形，且，分别为，的中点（）求证：直线平面；（）求直线与平面所成角的大小18（15分）如图，三角形和梯形所在的平面互相垂直，且，是线段上一点，（）当时，求证：平面；（）求二面角的余弦值；（）是否存在点，满足平面？并说明理由19（15分）首项为0的无穷数列同时满足下面两个条件：；（）请直接写出的所有可能值；（）记，若

5、对任意成立，求的通项公式；（）对于给定的正整数，求的最大值参考答案一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1【分析】由空间向量的坐标运算直接求解即可【解答】解：因为，1，2，所以，2，1，1，故选：【点评】本题主要考查空间向量的坐标运算，考查运算求解能力，属于基础题2【分析】正四面体的四个面都是正三角形，且每个面的面积为，由此即可求得答案【解答】解：棱长为的正四面体的四个面都是正三角形，且每个面的面积为，正四面体的表面积为故选：【点评】本题考查正四面体的表面积求法，属于基础题3【分析】由数量积的运算可得数量积为0，可得法向量垂直，

6、故平面垂直【解答】解：由题意可得，2，故两个平面的法向量垂直，故平面和平面的位置关系为垂直，故选：【点评】本题考查平面的法向量，涉及平面与平面的位置关系，属基础题4【分析】先根据点为棱的中点，则，然后利用空间向量的基本定理，用，表示向量即可【解答】解：点为棱的中点，又，故选：【点评】本题主要考查空间向量的基本定理，以及向量的中点公式要求熟练掌握，同时考查了转化的思想，属于基础题5【分析】由题意画出折叠后的几何体，可知几何体为棱长是1的正四面体，求出正四面体的高得答案【解答】解：由题意可知，折叠后的几何体满足、重合，且几何体为棱长是1的正四面体，如图：则各顶点到其相对面的距离相等，取底面的中心为

7、，连接，则平面，连接并延长，角于，三角形是边长为1的等边三角形，则即这个几何体某顶点到其相对面的距离是故选：【点评】本题考查空间中点、线、面间的距离计算，考查空间想象能力与思维能力，考查运算求解能力，是中档题6【分析】并得不到，根据面面平行的判定定理，只有内的两相交直线都平行于，而，并且，显然能得到，这样即可找出正确选项【解答】解：，得不到，因为，可能相交，只要和，的交线平行即可得到；，和没有公共点，即能得到； “”是“”的必要不充分条件故选：【点评】考查线面平行的定义，线面平行的判定定理，面面平行的定义，面面平行的判定定理，以及充分条件、必要条件，及必要不充分条件的概念7【分析】可连接，由已

8、知条件便知这三直线两两垂直，从而可分别以这三直线为，轴，建立空间直角坐标系，可设棱长为2，从而可求出图形中一些点的坐标，据向量夹角的余弦公式便可求出【解答】解：根据条件知，点在底面的射影为，连接，则，三直线两两垂直，从而分别以这三直线为，轴，建立如图所示空间直角坐标系：设棱长为2，则：，0，0，0，0，与所成角为故选：【点评】考查建立空间直角坐标系，利用空间向量求异面直线所成角的方法，能求空间点的坐标，向量夹角的余弦的坐标公式，弄清异面直线的方向向量的夹角和异面直线所成角的关系8【分析】由过的平面与直线平行，得平面是矩形，由此能求出平面截该正方体所得截面的面积【解答】解：在中，分别是棱，的中点

9、，过的平面与直线平行，又，平面是平面，取中点，连结，平面截该正方体所得截面为矩形，平面截该正方体所得截面的面积为故选：【点评】本题考查平面截正方体所得平面面积的求法，考查线面平行的判定定理、线面平行的判定定理等基础知识，考查运算求解能力，是中档题9【分析】根据条件找出四个面都为直角三角形的四面体即可【解答】解：底面，又四边形为正方形，平面，四面体是一个鳖臑，平面，点是的中点，平面，可知四面体的四个面都是直角三角形，即四面体是一个鳖臑，同理可得，四面体和都是鳖臑故选：【点评】本题考查了线面垂直的判定定理和性质，考查了空间想象能力和逻辑推理能力，属中档题10【分析】作出正方体，然后由正方体的几何性

10、质以及线线角、线面角、二面角的定义分析判断即可【解答】解：作出正方体如图所示，存在一条直线与正方体的12条棱所成的角都相等，故选项正确；存在一条直线与正方体的6个面所成的角都相等，故选项正确；存在一个平面与正方体的12条棱所成的角都相等，故选项正确；存在一个平面与正方体的6个面所成较小的二面角都相等，故选项正确故选：【点评】本题考查了空间角的理解与应用，主要考查了线线角、线面角、二面角的定义的应用，正方体几何性质的应用，考查了逻辑推理能力与空间想象能力，属于中档题二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分，把答案填在题中横线上）11【分析】利用圆柱的侧面积公式求解即可【解答】解：因为圆柱

11、的母线长为3，底面半径为1，所以圆柱的侧面积为故答案为：【点评】本题考查了圆柱的侧面展开图的理解与应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题12【分析】根据题意，设要求向量为，由空间向量数量积的计算公式可得、的关系，由此分析可得答案【解答】解：根据题意，设要求向量为，则有，必有，则向量可以为，0，故答案为：，0，（答案不唯一）【点评】本题考查空间向量数量积的应用，注意空间向量数量积的计算公式，属于基础题13【分析】直接利用圆锥的展开面小虫的爬行的最小距离即的长，最后利用弧长公式的应用求出半径的长【解答】解：根据圆锥的侧面展开图：得知：，所以，故，设圆锥的底面半径为，利用，解得故答案为：1【点评】本题

12、考查的知识要点：圆锥的底面半径的求法，展开图的弧长和底面周长的关系，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题14【分析】由向量的运算能求出，和，代入夹角公式得，利用三角函数知识能求出，由此利用的面积，能求出结果【解答】解：向量，满足，且，的夹角为，为平面直角坐标系的原点，点、满足，的面积故答案为：【点评】本题考查三角形面积的求法，是中档题，解题题时要认真审题，注意向量的模、数量积、三角函数等知识点的合理运用15【分析】利用面面平行的性质可以判断命题的正确与否；对于命题要在命题的基础上得到四边形为菱形，从而能得出正误；命题采用分割法得到同底的两个三棱锥；命题将周长的函数解析式求出来

13、进行判断；命题因为，是中点，所以平面平分正方体【解答】解：平面平面同理可证四边形为平行四边形故正确平行四边形为菱形四边形面积当为的中点时即时，最短，此时面积最小故正确连结、，则四棱锥被分割成两个小的三棱锥，它们都以为底，以、分别为顶点的两个小棱锥又因为三解形的面积是一个常数，、到平面的距离之和是个常数，所以四棱锥的体积为常数故正确四边形周长，在，上不单调故错误多面体的体积为常数故错误故答案为：【点评】本题考查面面平行的性质、分割法求体积和用代数法求周长及函数的单调性，知识点较多，综合性较强三、解答题（本大题共4小题，每小题15分，共60分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16【分析】（

14、）推导出，由此能证明平面（）推导出，由底面，得，由此能求出三棱柱的体积【解答】证明：（）因为是的中点，所以因为底面，平面，所以，又因为，所以平面（3分）解：（）因为，是的中点，所以，因为底面，所以所以三棱柱的体积：（6分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查三棱柱的体积的求法，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，是中档题17【分析】根据直线与平面平行的判定定理可知，只要在平面里面找到一条直线与平行即可，过构造平行四边形，使其与平面相交，则可得与交线平行，所以进一步可得平面；如图建立空间直角坐标系，令，求出平面的法向量与直线的方向向量用向量法求

15、解即可【解答】证明：设的中点为，连接，则 且，又 且，所以且，所以四边形为平行四边形，又，面平面；解：如图建立空间直角坐标系，令，则，0，4，2，0，0，0，2 ，2，2，平面平面的一个法向量为，2，又，0，设直线与平面所成角为，所以，所以直线与平面所成角为【点评】本小题主要考查空间线面关系，考查数形结合、化归与转化的数学思想方法，以及空间想象能力、推理论证能力和运算求解能力，属于中档题18【分析】（）当时，根据线面平行的判定定理即可证明平面；（）建立空间直角坐标系，利用向量法即可求二面角的余弦值；（）根据线面垂直的判定定理和性质定理，建立条件关系即可得到结论【解答】（）证明：取中点，连接，又

16、，所以因为且，所以平行且等于，四边形是平行四边形，所以因为平面，平面所以平面（）解：因为平面平面，平面平面，且，所以平面，所以，因为，所以平面如图，以为原点，建立空间直角坐标系则，0，0，2，2，2，是平面的一个法向量设平面的法向量，则令，则，所以，1，所以，由题知二面角为钝角，所以二面角的余弦值为（）解：因为，0，2，所以与不垂直，所以不存在点满足平面【点评】本题主要考查线面平行的判定以及空间二面角的计算，建立空间直角坐标系，利用向量法是解决本题的关键19【分析】（）直接利用赋值法求出结果（）利用假设法和分析法求出数列的通项公式（）利用上步的结论和分类讨论思想求出结果【解答】解：（）的值可以

17、取，0，（）因为，因为对任意成立，所以为单调递增数列，即数列的偶数项，是单调递增数列根据条件，所以当对成立下面我们证明“数列中相邻两项不可能同时为非负数”假设数列中存在，同时为非负数因为，若，则有，与条件矛盾若，则有，与条件矛盾所以假设错误，即数列中相邻两项不可能同时为非负数此时对成立，所以当时，即，所以，所以即，其中即，其中又，所以是以，公差为1的等差数列，所以（） 记由（）的证明知，不能都为非负数当，则，根据，得到，所以当，则根据，得到，所以所以，总有成立当为奇数时，故，的奇偶性不同，则当为偶数时，当为奇数时，考虑数列：0，1，2，可以验证，所给的数列满足条件，且所以的最大值为0当为偶数时，考虑数列：0，1，2，可以验证，所给的数列满足条件，且所以的最大值为【点评】本题考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，分类讨论思想在求和中的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于基础题型