2024-2025学年北京市中国人民大学附中高二（上）期中数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年北京市中国人民大学附中高二（上）期中数学试卷一、单选题：本大题共10小题，共40分。1.空间直角坐标系中，A(1,−2,3)，B(3,0,−1)，则AB=(

)A.(−2,−2,4) B.(4,−2,2) C.(2,2,−4) D.(−4,2,−2)2.已知直线m，n，l，平面α，β，下列正确的是(

)A.若l∩α=P，n⊂α，则l与n异面

B.若m//n，n⊂α，则m//α

C.若l⊥m，l⊥n，m⊂α，n⊂α，则l⊥α

D.若α⊥β，m⊥α，n⊥β，则m⊥n3.在四面体P−ABC中，点Q是AB靠近B的三等分点，记PA=a，PB=b，PC=cA.c−23a+13b

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.π3 B.π2 C.π 5.已知直线m，n，平面α，m/​/n，m⊄α，那么“n/​/α”是“m/​/α”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l的方向向量m=(1,0,2)，点A(0,1,0)在直线l上，点B(−1,2,3)到直线的距离是(

)A.5 B.6 C.77.一个正棱锥，其侧棱长是底面边长的710，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P−ABC中，∠APB=π6，PA=2，Q为棱PA的中点，点M，N分别在棱PB，PC上，三角形QMN周长的最小值为(

)A.2 B.3 C.39.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，将歇山顶近似看成图中的多面体，其上部为直三棱柱ABC−A1B1C1，AB=AC=22，BC=4，AA1=18，四边形EFF1E1为矩形，平面EFF1E1//平面BCC1B1A.4 B.17 C.3210.如图，正四面体A−BCD的棱长2，过棱AB上任意一点P做与AD，BC都平行的截面，将正四面体分成上下两部分，记AP=x(0<x<2)，截面上方部分的体积为V(x)，则函数y=V(x)的图像大致为(

)A.B.

C.D.二、填空题：本大题共5小题，共25分。11.已知A(0,2,3)，B(1,4,6)，C(2,2,5)，D(0,m,n)，AB//CD，则m+n=______．12.已知平面α，β，直线n，给出三个语句：①α⊥β，②n⊥α，③n//β.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P−ABCD中，底面ABCD为菱形，PA=AB=2，∠DAB=60°，PA⊥平面ABCD，Q点在四棱锥P−ABCD表面上，且DQ⊥AC，则PC与底面ABCD的夹角为______；Q点所形成的轨迹长度是______．

14.如图1，在正方体ABCD−A1B1C1D1内，正方形EFGH中心与正方体中心重合，从前面观察如图2所示，若棱长15.如图，O是正方形ABCD内一动点(不包括边界)，PO⊥平面ABCD于O，AB=2，PO=1，PA=PD，给出下列四个结论：

①四棱锥P−ABCD的体积是定值；

②设平面PAD与平面PBC交于l，则l//BC；

③四棱锥P−ABCD的表面积既有最小值又有最大值；

④存在点O，使得四棱锥P−ABCD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：共85分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。16.已知空间四点A(0,2,3)，B(1,4,6)，C(1,2,5)，D(0,m,n)，AC⊥BD．

(Ⅰ)求|AB−AC|和n的值；

(Ⅱ)若点D在平面17.如图，在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，AB/​/CD，CD⊥AD，其中AD=CD=2，DD1=4，AB=1，E是BC的中点，F是AA1的中点．

(Ⅰ)AE//平面18.如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥平面ABCD，AB⊥AC，PD=AB=AC=2PA．

(Ⅰ)若AD=DC，求证：平面PAD⊥平面PCD；

(Ⅱ)若AD=DC，PB中点为E，试问在棱CD上是否存在点Q，使PQ⊥AE，若存在，指出点Q位置，若不存在说明理由；

(Ⅲ)若PA=2，PD与平面PBC成角大小30°，求DC19.如图，在直三棱柱ABC−A1B1C1中，∠BAC=π2，AB=AC=AAA.π6

B.π4

C.π3

20.如图，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，其中P，Q，R分别是棱C1D1，AA.3

B.32

C.

21.如图1，在矩形ABCD中，AD=3，点E在AB边上，CE⊥DE且AE=1.如图2，将△ADE沿直线DE向上折起至A1位置，连结A1C.记二面角A−DE−A1的大小为θ，当θ∈(0,π)A.存在某个位置，使DA1⊥CE

B.存在某个位置，使平面A1DE⊥平面A1EC

C.存在某个位置，直线BE与平面A1DE所成角为60°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α等于反射角β”(如图2)，在图3中近似地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O1，O2，O3是与光纤轴垂直的纤芯截面，若A1A2与圆O2所在平面成角的大小为A. B. C. D.23.直二面角P−AB−Q，PA=PB=2，AB=2，AQ=3，BQ=1，则PQ=______；三棱锥24.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为22，P为侧面BB1C1C内一动点(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M，N，与地面接触点分别为A，B，脚撑一端固定在后轮轴中心N处，另一端与地面接触于点C，若A，B两点间距离为110厘米，车轮外径(直径)为66厘米，脚撑长度等于车轮半径，∠ABC=5π12,∠BAC=π12，NB⊥AB，则后车轮所在平面与地面的夹角(即二面角N−AB−C)26.将半径为1的半圆弧n(n≥2,n∈N∗)等分，从半径的一个端点M出发依次连接各个分点至半径的另一个端点N，得到折线MA1A2⋯An−1N，将折线绕半径MN所在直线旋转，得到旋转体(n=5时，如图所示)，设所得旋转体的表面积为Sn，给出下列四个结论：

①S2=22π27.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长25，E，F分别为D1C1，BC中点，M从D开始沿射线DF运动，做B1N⊥平面A1ME，垂足为N，给出下列四个结论：

①平面A1ME与平面ABCD夹角先增大后减小；

②B1N

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ABCDEF−A1B1C1D1E1F1底面边长为4，底面中心分别为O，O1(如图2)，现将O1O延长至P，平面PFB，PBD，PDF分别与棱AA1，CC1，EE1交于M，N，T，得到中空的柱状体(如图3)．

参考答案1.C

2.D

3.D

4.D

5.C

6.B

7.A

8.A

9.D

10.D

11.−3

12.②③

①

13.30°

2+214.515.①②

16.解：(Ⅰ)BC=(0,−2,−1)，

∴|AB−AC|=|BC|=5，

AC=(1,0,2)，BD=(−1,m−4,n−6)，且AC⊥BD，

∴AC⋅BD=−1+2(n−6)=0，解得n=132；

(Ⅱ)AB=(1,2,3),AC=(1,0,2)17.解：(Ⅰ)证明：因为在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，底面ABCD为梯形，

所以DA，DD1，DC两两互相垂直，

则以D为坐标原点，DA，DD1，DC所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为AD=CD=2，DD1=4，AB=1，E是BC的中点，F是AA1的中点，

则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,0,1)，C(0,0,2)，A1(2,4,0)，B1(2,4,1)，E(1,0,32)，F(2,2,0)，

所以AE=(−1,0,32)，CB1=(2,4,−1)，B1F=(0,−2,−1)，

设平面CB1F的法向量为m=(x,y,z)，

则m⋅CB1=2x+4y−z=0m⋅B1F=−2y−z=0，令y=1，得z=−2，x=−3，所以m=(−3,1,−2)，

因为AE⋅m=−1×(−3)+0×1+318.(Ⅰ)证明：设PD=AB=AC=2PA=2a，

因为PA⊥平面ABCD，DC、AD⊂平面ABCD，所以PA⊥DC，PA⊥AD，

所以AD=PD2−PA2=2a=DC，

而AC=2a，所以AD2+DC2=AC2，即AD⊥DC，

又PA∩AD=A，PA、AD⊂平面PAD，

所以DC⊥平面PAD，

因为DC⊂平面PCD，所以平面PAD⊥平面PCD．

(Ⅱ)解：因为PA⊥平面ABCD，AB⊥AC，

所以AB，AC，AP两两垂直，

以A为原点建立如图所示的空间直角坐标系，则A(0,0,0)，P(0,0,2a)，B(2a,0,0)，C(0,2a,0)，E(a,0,22a)，D(−a,a,0)，

所以AE=(a,0,22a)，DC=(a,a,0)，PD=(−a,a,−2a)，

设DQ=λDC=(λa,λa,0)，其中λ∈[0,1]，

则PQ=PD+DQ=(−a,a,−2a)+(λa,λa,0)=(λa−a,λa+a,−2a)，

因为PQ⊥AE，

所以PQ