2024-2025学年北京市海淀区高二上册11月期中数学检测试题（含解析）

2024-2025学年北京市海淀区高二上学期11月期中数学检测试题一、单选题（本大题共10小题）1．空间直角坐标系中，，则（）A． B． C． D．2．已知直线m，n，l，平面，下列正确的是（）A．若，则与异面 B．若，则C．若，则 D．若，则3．在四面体中，点是AB靠近的三等分点，记，则（）A． B．C． D．4．若圆锥的侧面积等于和它等高等底的圆柱的侧面积时，圆锥轴截面顶角的度数为（）A． B． C． D．5．已知直线m，n，平面，那么“”是“”的（）A．充分必要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件6．在空间直角坐标系中，直线的方向向量，点在直线上，点到直线的距离是（）A． B． C． D．7．一个正棱锥，其侧棱长是底面边长的，这个正棱锥可能是（）A．正三棱锥 B．正四棱锥 C．正五棱锥 D．正六棱锥8．正三棱锥中，为棱PA的中点，点M，N分别在棱PB，PC上，三角形周长的最小值为（）A． B． C． D．9．歇山顶是中国古代建筑传统屋顶之一，它有一条正脊、四条垂脊和四条戗脊，将歇山顶近似看成如图中的多面体，其上部为直三棱柱，，四边形为矩形，平面平面，且平面，平面，则正脊末端与戗脊末端两点间距离为（）

A．4 B． C． D．10．如图，正四面体的棱长2，过棱AB上任意一点做与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记，截面上方部分的体积为，则函数的图象大致为（）

B．

C．

D．

二、填空题（本大题共5小题）11．已知，则.12．已知平面，直线，给出三个语句:①，②，③.从这三个语句中选取两个做条件，剩下一个做结论，构成一个真命题，该命题是：若，则.（只需填写序号）13．如图，在四棱锥中，底面为菱形，，平面，点在四棱锥表面上，且，则与底面的夹角为；点所形成的轨迹长度是.14．如图，在正方体内，正方形EFGH中心与正方体中心重合，从前面观察如图所示，若棱长，则正棱台的侧棱长为.15．如图，是正方形内一动点（不包括边界），平面于，，，，给出下列四个结论:①四棱锥的体积是定值；②设平面与平面交于，则；③四棱锥的表面积既有最小值又有最大值；④存在点，使得四棱锥的四个侧面两两垂直.其中所有正确结论的序号是.三、解答题（本大题共3小题）16．已知空间四点.(1)求和的值;(2)若点在平面ABC内，请直接写出的值.17．如图，在直四棱柱中，底面为梯形，，其中是的中点，是的中点.(1)求证:平面;(2)求平面与平面所成角的余弦值.18．如图，四棱锥P-ABCD中，平面.

(1)若，求证：平面平面PCD；(2)若AD=DC，PB中点为，试问在棱CD上是否存在点，使，若存在，指出点位置，若不存在说明理由；(3)若与平面PBC成角大小，求DC边长.四、单选题（本大题共4小题）19．如图，在直三棱柱中，，则直线与直线所成的角为（）A． B． C． D．20．如图，正方体的棱长为，其中分别是棱的中点，则到平面的距离是（

）

A． B． C． D．21．如图1，在矩形中，，点在AB边上，且.如图2，将沿直线DE向上折起至位置，连结.记二面角的大小为，当时，下面四个结论中错误的是（）A．存在某个位置，使B．存在某个位置，使平面平面C．存在某个位置，直线与平面所成角为D．存在某个位置，使平面与平面的交线与平面DEC平行22．光导纤维作为光的传输工具，在现代通讯中有着及其重要的作用，光纤由内部纤芯和外部包层组成（如图1），在一定的条件下，光在纤芯中传输，传输原理是“光的全反射”，即“入射角等于反射角”（如图2），在图3中近似的展示了一束光线在一段较长的圆柱形光纤中的传输路径，其中圆面是与光纤轴垂直的纤芯截面，若与圆所在平面成角的大小为，则光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能（） B． C． D．五、填空题（本大题共6小题）23．直二面角，则;三棱锥外接球的体积是.24．已知正方体的棱长为为侧面内一动点（包括边界），为棱上一动点（包括端点），则的最小值是.25．如图，某一个自行车停放时，车体由尺寸相同的前后轮和脚撑来支撑，前后轮的轴中心分别为，，与地面接触点分别为，，脚撑一端固定在后轮轴中心处，另一端与地面接触于点，若，两点间距离为厘米，车轮外径（直径）为厘米，脚撑长度等于车轮半径，，则后车轮所在平面与地面的夹角（即二面角）的余弦值为.26．将半径为1的半圆弧等分，从半径的一个端点出发依次连接各个分点至半径的另一个端点，得到折线，将折线绕半径MN所在直线旋转，得到旋转体（时，如图所示），设所得旋转体的表面积为，给出下列四个结论：①；②；③最大值为；④.其中所有正确结论的序号是.27．已知正方体的棱长分别为中点，从开始沿射线DF运动，做平面，垂足为，给出下列四个结论：①平面与平面夹角先增大后减小;②B1N最大值为4，并且先增大后减小;③存在N使得；④存在唯一的使得.其中所有正确结论的序号是.28．蜜蜂分泌蜂蜡筑巢，蜂巢由许多中空的柱状体连接而成，其中柱状体的一端为正六边形开口，另一端由三个全等的菱形拼成类似锥形的底部（如图1），蜜蜂这样筑巢能够使得蜂巢空间不变的条件下，所用蜂蜡最少，为了揭开蜜蜂筑巢的数学秘密，研学小组利用正六棱柱去研究中空的柱状体.设正六棱柱底面边长为，高为定值（大于底面边长），底面中心分别为（如图2），现将延长至，平面PFB，，分别与棱交于，，，得到中空的柱状体（如图3）.（1）比大小：所得中空的柱状体的体积原正六棱柱体积；（填“>”，“<”或“=”）（2）当中空的柱状体表面积最小时，的取值是.

答案1．【正确答案】C【详解】由可得.故选：C2．【正确答案】D【详解】若，则与异面或，故A错误；若，则或，故B错误；若，当时，可得，若，可能有，故C错误；若，设，在内作直线，则，又，所以，又，所以，所以，故D正确.故选：D.3．【正确答案】D【详解】解：点是AB靠近的三等分点，.故选：D.4．【正确答案】D【详解】设圆锥底面半径为，母线长，则圆锥的高为，由圆锥的侧面积等于和它等高等底的圆柱的侧面积，所以可得，所以，解得，设母线与底面所成的角为，所以，，所以圆锥轴截面顶角的度数为.故选：D.5．【正确答案】C【详解】当时，由于，可以得到，充分性成立，但不能推出，因为可能在内，必要性不成立.故选：C6．【正确答案】B【详解】因为直线的方向向量为，所以取直线的一个单位方向向量为，由，，可得，所以，，所以.故选：B.7．【正确答案】A【详解】设正三角形的边长为，由正三角形性质可得顶点到三角形中心的距离为，因此正三棱锥的侧棱长要大于，即侧棱长大于底面边长的倍，易知，因此可能是正三棱锥，即A正确；设正方形的边长为，易知正方形对角线的一半为，因此正四棱锥的侧棱长要大于，即侧棱长大于底面边长的倍，易知，所以B错误；以此类推可知正五棱锥、正六棱锥的侧棱长都大于底面边长的倍，即CD不合题意.故选：A8．【正确答案】A【详解】如图所示，将正三棱锥的三个侧面展开到同一平面内，对应于，点对应点，连接，分别交于点，故，则的长即为三角形周长的最小值，其中，，由勾股定理得.故选：A9．【正确答案】D【详解】依题意截取歇山顶右半部分作为示意图，连接，延长分别交于点，延长交于点，如下图所示：

由平面，平面所以可得，且平面，由正三棱柱性质可得，且，又可得，利用勾股定理可得，可得.故选：D10．【正确答案】D【详解】

设截面分别于交于点，连接，取的中点，连接，分别交于点，交于点，由于，平面，所以平面，而平面，所以，又平面，平面，平面平面，所以，同理，，，所以，则四边形为矩形，平面平面，所以，则为的中点，又，则，则，平面，所以平面，则点到平面的距离为，因为，则，在中，，又，则，即，则，所以，而正四面体的高，所以，则，当x∈0,1时，单调递增，当时，单调递减，则在0,1切线斜率增大，在切线斜率减小，故选择图象D.故选：D11．【正确答案】【详解】根据题意：，因为，则，即，则，解得：，则.故答案为.12．【正确答案】②③①【详解】若①，②可得或，即①②推不出③；若①，③，可能出现的情况，因此①③推不出②；若②，③，可得①，即②③可以推出①.故②③；①13．【正确答案】【详解】因为平面，所以为与底面所成的角，又底面为菱形，，，所以，在中，由余弦定理可得，在中，，所以；取的中点，连接交于，连接，由底面为菱形，所以且为的中点，所以，所以平面，平面，又平面，所以，又，平面，所以平面，又，点在四棱锥表面上，所以点所形成的轨迹为线段，由，，所以可得是等边三角形，所以，易求得，，在中，由余弦定理可得，在中，由余弦定理可得，所以，易证，从而可得，所以点所形成的轨迹长度是.故；.14．【正确答案】【详解】依题意可得正棱台下底面边长为，高为，在前面观察图形（如下图所示）中可知即为上底面边长，，则，作交于点，则为的中点，所以，则，所以上底面边长为，则下底面正方形的对角线为，上底面正方形的对角线为，所以正棱台的侧棱长为.故15．【正确答案】①②【详解】对于①，，①正确；对于②，，平面，平面，平面，平面平面，平面，，②正确；对于③，取中点，连接，平面，，，，又四边形正方形，，，即三点共线；，，平面，又平面，；设，则，，，；过作，分别交于点，，，平面，又平面，，同理可得：；，，，又，四棱锥的表面积；的几何意义表示点到点和的距离之和，关于轴对称的点为，，无最大值，即四棱锥的表面积有最小值，无最大值，③错误；对于④，以为坐标原点，正方向为轴正方向，可建立如图空间直角坐标系，设，则，，，，，，，，，，设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，解得：，，；设平面的法向量，则，令，则，，；若四棱锥的四个侧面两两互相垂直，则平面，平面，平面两两互相垂直，，方程组无解，不存在点，使得四棱锥的四个侧面两两互相垂直，④错误.故①②.16．【正确答案】(1)，(2)【详解】（1）且，，，..即；（2）由（1）知，又，因为点在平面ABC内，共面，所以根据向量共面的充要条件可知，存在，使，所以，解得.17．【正确答案】(1)证明见解析(2)【详解】（1）平面，证明如下:连结，设，由四棱柱，知四边形为平行四边形，所以为中点，又是BC的中点，所以，所以四边形为平行四边形，所以又平面平面，所以平面（2）因为直四棱柱，所以平面ADC，又，所以两两垂直，以为坐标原点，所在直线为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，因为，所以，，设平面法向量，则，即，令，则，所以又平面法向量为，设平面与平面成角为，则.18．【正确答案】(1)证明见解析(2)不存在，理由见解析(3)【详解】（1）因为平面平面ABCD，所以，又，所以又平面PAD所以平面PAD，又平面PCD，所以平面平面PCD.（2）因为平面，所以AP，AB，AC两两垂直，如图建立空间直角坐标系设，则，则设，，假设存在满足，因为等价于，解得，所以不存在（3）因为，所以，

，设，其中，又，，设平面PBC法向量，依题意，即令则，所以，因为PD与平面PBC成角大小，所以或，即又，此方程组无解综上可得.19．【正确答案】C【详解】，以为坐标原点，所在直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，设，则，所以，所以，又，所以，因此直线与直线所成的角为.故选：C.20．【正确答案】D【详解】如图，以为原点，建立空间直角坐标系，

因为正方体的棱长为，所以，因为分别是棱的中点，所以，，，所以，，，设面的法向量为，到平面的距离是，所以，，令，解得，故为平面的一个法向量，由点到平面的距离公式得，故D正确.故选：D21．【正确答案】D【详解】对于A，当时，平面平面，因为平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，故A正确；对于B，当时，由A可知平面，因为平面，所以平面平面，故B正确；对于C，当时，由A可知平面，在矩形中，，已知直线与平面所成角等于，在中，，，则，可得，易知，故C正确；对于D，设平面平面，假设平面，因为平面平面，平面平面，所以，，由图可知与不平行，则此与假设矛盾，故D错误.故选：D.22．【正确答案】D【详解】过作圆于，连接，所以为直线与圆所在平面所成的角，与圆所在平面成角的大小为，则，又圆，所以，，所以，设，因为为点处的法线，则由反射定律可知，由，所以，所以，解得，设，圆的半径为，所以，，，在中，由余弦定理可得，解得，所以为等边三角形，所以，所以光线路径在垂直于光纤轴的截面上的投影可能故选：D.23．【正确答案】【详解】取的中点为，连接，如下图所示：由可知，可得，又的中点为可得，且又因为直二面角，平面平面，所以平面；由平面，所以，由可得，所以，因此，可得；显然点到四点的距离相等且为1，因此即为三棱锥外接球的球心；即三棱锥外接球的半径为1，可得其体积为.故，24．【正确答案】【详解】如图，以点为原点，所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则点，设点，所以，因为点为侧面内一动点（包括边界），为棱上一动点（包括端点），所以，因为，，所以，因为，且，所以，显然当取最大值且时，上述解析式的值最小，所以当时，的值最小，最小值为.故答案为.25．【正确答案】【详解】由题意，在平面内作交的延长线于，在平面内作，垂足为，连接，取线段的中点为，连接，作图如下：因为，，平面，，所以平面，因为平面，所以平面平面，因为平面平面，平面，，所以平面，因为平面，所以，在与中，由题意可知，，，则全等于，所以，在中，由为中点，则，由，则，在中，，则，可得，则，已知，在中，，由图可得为二面角的平面角，则.故答案为.26．【正确答案】①②④【详解】由题意可知，所得旋转体由上下两圆锥与中间若干圆台组成.如图1，取的中点，则，由题意可知，.在中，，则各圆锥与圆台的母线长，如图2，连接，同理可得，.设自上而下各底面圆半径依次为，则；同理可得，，故所得旋转体的表面积，故④正确；对①，当时，故①正确；对②，由，则，由已知，得，则，故，即故②正确；对③，由，可知，又当，则，故无最大值，即③错误.故①②④.27．【正确答案】①②【详解】解：对于①，取中点，连接，设，易证共面且平面平面，所以当从开始沿射线DF运动时平面与平面夹角先增大后减小，当平面与平面重合时两面夹角为直角且最大，故①正确；对于②，取中点，取中点，连接，设，，在正方形中，可证明，又因为平面，所以，又因为，所以平面，所以平面平面过点作，设，所以平面平面，因为平面，所以垂足在直线上且，当从