2021年北京市景山区二校联考高二上期中数学试卷（含答案解析）

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1、2021年北京市景山区二校联考高二上期中数学试卷一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分）1下列命题正确的是A三点确定一个平面B一条直线和一个点确定一个平面C梯形可确定一个平面D圆心和圆上两点确定一个平面2如图，四棱柱的底面为平行四边形，已知，则用向量，可表示向量为ABCD3已知正四棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，那么它的体积为ABCD以上都不对4已知向量，2，0，则A，2，B，4，C，2，D，4，5已知三条不同的直线，和两个不同的平面，下列四个命题中正确的为A若，则B若，则C若，则D若，则6已知向量，1，0，若，共面，则等于AB1C1或D1或07如图是正方体，则与所成的角的余弦值是ABC

2、D8已知直线，平面，那么“”是“”的A充分不必要条件B必要不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件9已知长方体中，则直线与平面所成角的正弦值为)ABCD10在棱长为1的正方体中，分别为，的中点，点在正方体的表面上运动，且满足，则下列说法正确的是A点可以是棱的中点B线段的最大值为C点的轨迹是正方形D点轨迹的长度为二、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分）11已知点是点，4，在坐标平面内的射影，则12已知正方体的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，则球的直径是；球的表面积是13向量，0，2，其中为坐标原点，点为线段的中点，则点的坐标为 14如图是棱长为的正方体的平面展开图，则在

3、这个正方体中，直线与所成角的余弦值为15已知棱长为1的正方体中，为侧面中心，在棱上运动，正方体表面上有一点满足，则所有满足条件的点构成图形的面积为三、解答题（本大题共6小题，共48分）16已知向量，1，计算下列各式的值（）；（）；（），17（8分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，平面，分别为棱，的中点，（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值18（6分）已知直三棱柱中，侧面为正方形，分别为和的中点，（1）求三棱锥的体积；（2）已知为棱上的点，证明：19（6分）如图，在正四棱锥中，分别为，的中点（）求证：平面；（）求异面直线与所成角的余弦值；（）若平面与棱交于点，求的值20（8分）如图，在

4、三棱柱中，四边形是边长为4的正方形，再从条件、条件、条件中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答（）求证：平面；（）求直线与平面所成角的正弦值条件：；条件：；条件：平面平面21（8分）设为正整数，集合，2，对于集合中的任意元素，和，记（1）当时，若，1，1，求和的值；（2）当时，设是的子集，且满足：对于中的任意元素、，当、相同时，是奇数，当、不同时，是偶数，求集合中元素个数的最大值参考答案一、选择题（共10个小题，每题4分，共40分）1【分析】直接利用平面的性质的应用，共面的条件的应用求出结果【解答】解：对于选项：当三点共线时，不能确定一个平面，故错误对于选项：当该点在直线上时，不能确定

5、一个平面，故错误对于选项：由于梯形由两条对边平行，所以确定的平面有且只有一个，故另两条边也在该平面上，故正确对于选项：当圆心和圆上的两点在同一条线上时，不能确定一个平面，故错误故选：【点评】本题考查的知识要点：平面的性质的应用，共面的条件的应用，主要考查学生对定义的理解和应用，属于基础题型2【分析】利用空间向量的平行六面体法则即可得出【解答】解：故选：【点评】本题考查了空间向量的平行六面体法则，属于基础题3【分析】作出正四棱锥的图象，利用勾股定理求出正四棱锥的高，由锥体的体积公式求解即可【解答】解：如图所示，在正四棱锥中，设正四棱锥的高为，连接，则，在中，则正四棱锥的体积为故选：【点评】本题考

6、查了正四棱锥几何性质的理解与应用，锥体体积公式的运用，考查了逻辑推理能力与化简运算能力，属于基础题4【分析】直接利用空间向量的坐标运算法则求解即可【解答】解：向量，2，0，则，2，0，2，故选：【点评】本题考查空间向量的坐标运算，是基础题5【分析】由线线、线面的位置关系，结合平面的基本性质判断线线、线面、面面的位置关系【解答】解：逐一考查所给的选项：若，则，可能平行、相交、异面，错误；：若，则或，错误；：若，则，可能平行或相交，错误；：若，若过的平面交面于直线则，由知，又，由面面垂直的判定知，正确；故选：【点评】本题主要考查线面关系有关命题的判定，属于基础题6【分析】由，共面，设，列出方程组，

7、能求出【解答】解：向量，1，0，共面，设，即，0，解得故选：【点评】本题考查实数值求法，考查共面向量的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题7【分析】先通过平移将两条异面直线平移到同一个起点，得到的锐角或直角就是异面直线所成的角，在三角形中再利用余弦定理求出此角即可【解答】解：如图先将平移到，再平移到，为与所成的角设边长为4则，故选：【点评】本题主要考查了异面直线及其所成的角，以及余弦定理的应用，属于基础题8【分析】过直线作平面，交平面于直线，由可推出，由可推出，故“”是“”的充要条件【解答】解：若，过直线作平面，交平面于直线，又，又，若，过直线作平面，交平面于直线，又，故“”是“”的充要

8、条件，故选：【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键9【分析】长方体中，由，知，再由直线与平面所成角为，由此能求出直线与平面所成角的正弦值【解答】解：长方体中，直线与平面所成角为，直线与平面所成角的正弦值故选：【点评】本题考查直线与平面所成角的正弦值的求法，解题时要认真审题，注意等价转化思想的合理运用10【分析】以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，求出的坐标，从而得到的最大值，即可判断选项，通过分析判断可得点不可能是棱的中点，从而判断选项，又，可判断选项和选项【解答】解：在正方体中，以为坐标原点，分别以，为轴，轴，轴建立空间直

9、角坐标系，因为该正方体的棱长为1，分别为，的中点，则，0，所以，设，则，因为，所以，当时，当时，取，连结，则，所以四边形为矩形，则，即，又和为平面中的两条相交直线，所以平面，又，所以为的中点，则平面，所以为使，必有点平面，又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形，因此点不可能是棱的中点，故选项错误；又，所以，则点的轨迹不是正方形，且矩形的周长为，故选项错误，选项正确；因为，又，则，所以，点在正方体表面运动，则，解得，且，所以，故当或，或1时，取得最大值为，故选项错误；故选：【点评】本题考查了立体几何的综合应用，涉及了空间中点、线、面位置关系的应用，直线与平面垂直的判定定理与性质定理的应用，

10、对于空间中的一些长度问题，经常会选用空间向量来求解，关键是建立合适的空间直角坐标系，准确求出所需各点的坐标和向量的坐标二、填空题（本大题共5小题，每题4分，共20分）11【分析】先求出，4，由此能求出【解答】解：点是点，4，在坐标平面内的射影，4，则故答案为：5【点评】本题考查点到原点的距离的求法，考查射影、空间中两点间距离公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题12【分析】首先求出外接球的半径，进一步求出球的表面积【解答】解：正方体的八个顶点在同一个球面上，若正方体的棱长是2，设外接球的半径为，则：，解得，故球的直径为球的表面积为故答案为：【点评】本题考查的知识要点：正方体和外接球的关系的

11、应用，球的表面积公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题型13【分析】先求出点，的坐标，然后由中点坐标公式求解即可【解答】解：因为向量，0，2，其中为坐标原点，则，0，2，又点为线段的中点，由中点坐标公式可得，点的坐标为，1，故答案为：，1，【点评】本题考查了空间向量的坐标与点的坐标之间关系的应用，空间中点坐标公式的应用，考查了化简运算能力，属于基础题14【分析】根据正方体的平面展开图，画出它的直观图，然后根据是异面直线与所成的角，求出即可【解答】解：根据正方体的平面展开图，画出它的直观图如图所示，连接，由，得是异面直线与所成的角，则是正三角形，异面直线与所成角的余弦

12、值为故答案为：【点评】本题考查了根据正方体的平面展开图，求其直观图中异面直线所成角的问题，考查了空间中的位置关系与应用问题，属中档题15【分析】根据面面平行的性质确定的轨迹边界，从而得出轨迹图形【解答】解：，四点共面，设，四点确定的平面为，则与平面的交线与平行，当与重合时，取的中点，连接，则，则此时的轨迹为折线，当与重合时，此时的轨迹为折线，当在棱上运动时，符合条件的点在正方体表面围成的图形为，直角梯形，故答案为：【点评】本题考查了棱柱的结构特征，平面向量的基本定理，属于中档题三、解答题（本大题共6小题，共48分）16【分析】（）根据向量的坐标运算公式计算即可；（）求出向量，求模即可；（）根据

13、向量夹角的余弦公式计算即可【解答】解：，1，（）；（），2，0，；（），【点评】本题考查了向量的坐标运算，考查向量求模以及夹角的余弦公式，是基础题17【分析】（）取的中点，连接、，证明四边形是平行四边形然后证明平面如图建立空间直角坐标系求出平面的法向量，求出利用空间向量的数量积求解即可【解答】解：（）证明：在四棱锥中，取的中点，连接、，因为是的中点，所以，且又因为底面是正方形，是的中点，所以，且所以所以四边形是平行四边形所以由于平面，平面，所以平面因为底面是正方形，所以又因为平面所以以点为坐标原点，、分别为、轴，如图建立空间直角坐标系，0，2，2，0，1，1，2，0，设平面的法向量为有：即令，

14、则，所以设直线与平面所成角为有：所以直线与平面所成角的正弦值为【点评】本题考查直线与平面平行的判定定理的应用，直线与平面所成角的求法，是中档题18【分析】（1）先证明平面，即可得到，再根据直角三角形的性质可知，最后根据三棱锥的体积公式计算即可；（2）取中点，连接，先证明，从而得到、四点共面，再由（1）及线面垂直的性质定理可得，通过角的正切值判断出，再通过角的代换可得，再根据线面垂直的判定定理可得平面，进而得证【解答】解：（1）在直三棱柱中，又，平面，平面，平面，又，故，而侧面为正方形，即三棱锥的体积为；（2）证明：如图，取中点，连接，设，点是的中点，点时的中点，、四点共面，由（1）可得平面，平

15、面，且这两个角都是锐角，又，平面，平面，又平面，【点评】本题主要考查三棱锥体积的求法以及线线，线面间的垂直关系，考查运算求解能力及逻辑推理能力，属于中档题19【分析】（）设，则为底面正方形中心连接，推导出，由此能证明平面（）由，两两互相垂直，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出异面直线与所成角的余弦值（）连接设，其中，求出平面的法向量，利用向量法能求出【解答】（本小题满分14分）证明：（）设，则为底面正方形中心连接因为为正四棱锥，所以平面（1分）所以（2分）又，且，（3分）所以平面（）因为，两两互相垂直，如图建立空间直角坐标系因为，所以所以（6分）设所以，0，2，0，0，1，所以，1，0，（7

16、分）所以即异面直线与所成角的余弦值为（9分）（）连接设，其中，则，0，（10分）所以，0，设平面的法向量为，又，所以，即所以令，所以，0，（12分）因为平面，所以，（13分）即，解得，所以（14分）【点评】本题考查线面垂直的证明，考查异面直线所成角的求法，考查线段比值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查数形结合思想、函数与方程思想、化归与转化思想，考查运用意识，是中档题20【分析】（）若选择，先由勾股定理可得，再结合，即可得证；若选择，先由勾股定理可得，再利用面面垂直的性质定理即可得证；（）建立空间直角坐标系，求得各点的坐标，进而求得平面的法向量，再利用向量的夹角公式求解

17、即可【解答】解：若选择，（）证明：，又，平面；（）由（）可知，四边形是正方形，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，0，0，0，4，4，设平面的一个法向量为，则，则可取，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为若选择，（）证明：，又平面平面，平面平面，平面；（）由（）可知，四边形是正方形，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，0，0，0，4，4，设平面的一个法向量为，则，则可取，设直线与平面所成角为，则，直线与平面所成角的正弦值为【点评】本题考查线面垂直的判定以及利用空间向量求解线面角的正弦值，考查逻辑推理能力以及运算求解能力，属于中档题21【分析】（1）直接根据定义计算（

18、2）注意到1的个数的奇偶性，根据定义反证证明【解答】解：（1），（2）考虑数对，只有四种情况：、，相应的分别为0、0、0、1，所以中的每个元素应有奇数个1，所以中的元素只可能为（上下对应的两个元素称之为互补元素），0，0，0 、，1，0，、，0，1，、，0，0，1，1，、，0，1，、，1，0，、，1，1，对于任意两个只有1个1的元素，都满足是偶数，所以四元集合，0，0，、，1，0，、，0，1，、，0，0，满足 题意，假设中元素个数大于等于4，就至少有一对互补元素，除了这对互补元素之外还有至少1个含有3个1的元素，则互补元素中含有1个1的元素与之满足不合题意，故中元素个数的最大值为4【点评】本题主要考查集合的含义与表示、集合的运算以及集合之间的关系综合性较强，难度较大