試題試題2024北京順義高二10月月考數學一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．已知集合A＝{0，1，2}，B＝{2，3}，則A∩B等于（）A．{2} B．{3} C．{2，3，4} D．{0，1，2，3，4}2．某校為了解學生關于校本課程的選課意向，計劃從高一、高二這兩個年級共500名學生中，采用分層抽樣的方法抽取50人進行調查．已知高一年級共有300名學生，那么應抽取高一年級學生的人數為（）A．10 B．20 C．30 D．403．不等式x（x﹣1）＜0的解集為（）A．{x|x＜0或x＞1} B．{x|0＜x＜1} C．{x|x＜﹣1或x＞0} D．{x|﹣1＜x＜0}4．在△ABC中，a＝4，A＝45°，B＝60°，則b＝（）A． B． C． D．5．sin15°cos15°＝（）A． B． C． D．6．向量，在正方形網格中的位置如圖所示．若網格中每個小正方形的邊長為1，則＝（）A．2 B． C． D．37．如圖，在長方體OABC﹣O1A1B1C1中，OA＝4，OC＝6，OO1＝2，點P是B1C1的中點，則點P的坐標為（）A．（2，6，2） B．（3，4，2） C．（4，6，2） D．（6，2，1）8．已知的夾角為θ，則（）A． B． C． D．9．如圖，空間四邊形OABC中，，，，點M在OA上，且，點N為BC中點，則等于（）A． B． C．1 D．10．在棱長為1的正方體ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，G分別為棱AA1，BC，CC1的中點，動點H在平面EFG內，且DH＝1．則下列說法正確的是（）A．存在點H，使得直線DH與直線FG相交 B．存在點H，使得直線DH⊥平面EFG C．直線B1H與平面EFG所成角的大小為 D．平面EFG被正方體所截得的截面面積為二、填空題共5小題，每小題5分，共25分11．（5分）已知向量，．若，則實數m＝．12．（5分）計算sin13°cos32°+cos13°sin32°＝．13．（5分）已知△ABC中，，那么BC等于．14．（5分）如圖，在正三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AB＝1，AA1＝2，D為B1B的中點，則異面直線A1B與C1D所成角的余弦值為．15．（5分）如圖，在多面體ABCDES中，SA⊥平面ABCD，四邊形ABCD是正方形，且DE∥SA，SA＝AB＝2DE＝2，M，N分別是線段BC，SB的中點，Q是線段DC上的一個動點（含端點D，C），則下列說法正確的是．（1）存在點Q，使得NQ⊥SB；（2）存在點Q，使得異面直線NQ與SA所成的角為60°；（3）三棱錐Q﹣AMN體積的最大值是；（4）當點Q自D向C處運動時，直線DC與平面QMN所成的角逐漸增大．三、解答題：本大題共6個小題，共85分.應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16．（14分）已知函數，f（0）＝1．（1）求A；（2）函數f（x）的最小正周期；（3）求函數f（x）的最小值及相應的x的值．17．（14分）在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，已知a＝2，c＝3，．（1）求b的值；（2）求sinC的值；（3）求△ABC的面積．18．（14分）如圖，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，棱AA1＝2，N為A1A的中點．（1）求；（2）求直線A1B與B1C所成角的余弦值．19．（14分）如圖，在長方體ABCD﹣A1B1C1D1中，AD＝AA1＝1，AB＝2，E為AB的中點．（Ⅰ）證明：D1E⊥A1D；（Ⅱ）求點E到平面ACD1的距離；（Ⅲ）求平面AD1E與平面ACD1夾角的余弦值．20．（14分）如圖，在四棱錐P﹣ABCD中，PA⊥面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA＝AD＝CD＝2，BC＝3．E為PD的中點，點F在PC上，且．（1）求證：CD⊥面PAD；（2）求二面角F﹣AE﹣P的正弦值；（3）設點G在PB上，且．判斷是否存在這樣的λ，使得A，E，F，G四點共面，若存在，求出λ的值；若不存在，說明理由．21．（15分）已知Ω是棱長為的正四面體ABCD，設Ω的四個頂點到平面α的距離所構成的集合為M，若M中元素的個數為k，則稱α為Ω的k階等距平面，M為Ω的k階等距集．（1）若α為Ω的1階等距平面且1階等距集為{a}，求a的所有可能值以及相應的α的個數；（2）已知β為Ω的4階等距平面，且點A與點B，C，D分別位于β的兩側．若Ω的4階等距集為{b，2b，3b，4b}，其中點A到β的距離為b，求平面BCD與β夾角的余弦值．

參考答案一、選擇題共10小題，每小題4分，共40分。在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項。1．【答案】A【分析】根據交集定義計算即可得出答案．【解答】解：A∩B＝{0，1，2}∩{2，3}＝{2}．故選：A．【點評】本題主要考查交集及其運算，是基礎題．2．【答案】C【分析】利用分層抽樣的抽樣比列式求解．【解答】解：抽取的高一年級學生的人數為人，故選：C．【點評】本題考查分層抽樣，屬于基礎題．3．【答案】B【分析】利用一元二次不等式的解法即可得出．【解答】解：∵x（x﹣1）＝0的實數根是x＝0或1．∴不等式x?（x﹣1）＜0的解集是{x|0＜x＜1}．故選：B．【點評】熟練掌握一元二次不等式的解法是解題的關鍵．4．【答案】C【分析】根據正弦定理即可得．【解答】解：由正弦定理，得，∴．故選：C．【點評】本題考查正弦定理，屬于基礎題．5．【答案】A【分析】由正弦的倍角公式變形即可解之．【解答】解：因為sin2α＝2sinαcosα，所以sin15°cos15°＝sin30°＝．故選：A．【點評】本題考查正弦的倍角公式．6．【答案】B【分析】運用坐標計算向量的模．【解答】解：由圖形可知：，∴．故選：B．【點評】本題考查了向量坐標的定義，向量坐標的減法運算，根據向量的長度求向量的長度的方法，是基礎題．7．【答案】A【分析】根據題意，結合空間直角坐標系的坐標的寫法，結合中點公式，即可求解．【解答】解：由題意，長方體OABC﹣O1A1B1C1中，OA＝4，OC＝6，OO1＝2，可得B1（4，6，2），C1（0，6，2），因為點P為B1C1的中點，由中點公式可得，點P的坐標為P（2，6，2）．故選：A．【點評】本題考查空間直角坐標系的坐標、中點公式等基礎知識，考查運算求解能力，是基礎題．8．【答案】C【分析】由空間向量的數量積、模長、夾角公式可判斷ACD；設，代入解方程即可判斷B．【解答】解：對于A，，故A錯誤；對于B，設，則，則λ無解，故B錯誤；對于C，，，所以，故C正確；對于D，，故D錯誤．故選：C．【點評】本題主要考查空間向量的運算，考查運算求解能力，屬于中檔題．9．【答案】B【分析】利用空間向量的線性運算法則求解．【解答】解：＝＝＝+＝﹣＝﹣．故選：B．【點評】本題主要考查了空間向量的線性運算，屬于基礎題．10．【答案】C【分析】取FG的中點M，連接DM，可求得，可知不存在點H，使得直線DH與直線FG相交，進而可判斷A，以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，利用空間向量知識可判斷CD，根據正方體的結構特征可判斷D．【解答】解：連接DF，DG，所以，取FG的中點M，連接DM，所以，點D到線段FG的最短距離大于1，所以不存在點H，使得直線DH與直線FG相交，故A不正確；以D為坐標原點，分別以DA，DC，DD1所在直線為x軸，y軸，z軸建立空間直角坐標系，則，，，D（0，0，0），所以，，，設平面EFG的法向量為＝（x，y，z），所以，即，令x＝1，則y＝1，z＝1，所以＝（1，1，1），所以點D到平面EFG的距離為，而DH＝1，所以不存在點H，使得直線DH⊥平面EFG，故B不正確；因為，所以DB1⊥平面EFG，連接DB1交EG于點O，所以O為DB1的中點，，所以∠B1HO為直線B1H與平面EFG所成角，因為DH＝1，在Rt△ODH中，，所以∠DHO＝，因為Rt△OB1H與Rt△ODH全等，所以，故C正確；延長GF交B1B的延長線于N，連接EN交AB于P，連接PF，取D1C1的中點K，D1A1的中點J，連接KG，EJ，KJ，則KG∥EP，EJ∥GF，KJ∥PF，平面EFG被正方體所截得的截面圖形為正六邊形，且邊長為，所以截面面積為，故D不正確．故選：C．【點評】本題主要考查了利用空間向量證明線面垂直，以及求直線與平面所成的角，考查了正方體的結構特征，屬于中檔題．二、填空題共5小題，每小題5分，共25分11．【答案】見試題解答內容【分析】利用空間向量平行的坐標表示計算可得m＝2．【解答】解：根據題意由可知存在實數λ使得，可得，所以，解得λ＝2，m＝2．故答案為：2．【點評】本題主要考查了空間向量的坐標運算，屬于基礎題．12．【答案】．【分析】根據兩角和的三角函數公式即可求解．【解答】解：sin13°cos32°+cos13°sin32°＝sin45°＝．故答案為：．【點評】本題考查兩角和的三角函數公式，屬基礎題．13．【答案】．【分析】直接由余弦定理計算即可．【解答】解：由余弦定理得，所以．故答案為：．【點評】本題主要考查了余弦定理的應用，屬于基礎題．14．【答案】．【分析】以A為坐標原點，建立空間直角坐標系A﹣xyz，求得向量和的坐標，結合向量的夾角公式，即可求解．【解答】解：以A為坐標原點，在平面ABC內作垂直于AC的直線Ax為x軸，AC為y軸，AA1為z軸，建立空間直角坐標系A﹣xyz，如圖所示：則A1（0，0，2），，C1（0，1，2），，所以，，所以|cos＜＞|＝，則直線A1B與C1D所成角的余弦值為．故答案為：．【點評】本題主要考查異面直線所成角的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．15．【答案】（1）（3）（4）．【分析】以A為原點，建立空間直角坐標系，假設存在點Q（m，2，0），根據NQ⊥SB，利用向量的數量積的運算公式，列出方程，求得m的值，可判定（1）正確；結合向量的夾角公式，列出方程，可得判定（2）錯誤；連接AQ，AM，AN，設DQ＝m，求得，棱錐的體積公式，可判定（3）正確；求得平面MNQ的法向量，利用向量的夾角公式和二次函數的性質，可判定（4）錯誤．【解答】解：以A為原點，以AB，AD，AS所在的直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標系，如圖（1）所示，可得A（0，0，0），B（2，0，0），C（2，2，0），D（0，2，0），E（0，2，1），S（0，0，2），N（1，0，1），M（2，1，0），對于（1），假設存在點Q（m，2，0）（0≤m≤2），使得NQ⊥SB，則，所以，解得m＝0，即點Q與D重合時，NQ⊥SB，故（1）正確；對于（2），假設存在點Q（m，2，0）（0≤m≤2），因為，所以|cos＜＞|＝，此時方程無解，所以不存在點Q使得異面直線NQ與SA所成的角為60°，故（2）錯誤；對于（3），如圖（2）所示，連接AQ，AM，AN，設DQ＝m（0≤m≤2），因為，所以，當m＝0時，即點點Q與D重合時，S△AMQ取得最大值2，又因為SA⊥平面ABCD，且N分別是線段SB的中點，可得點N到平面AMQ的距離為，所以三棱錐Q﹣AMN的體積的最大值為，故（3）正確；對于（4），由，設平面MNQ的法向量為，則，即，令x＝1，則，因為，設直線DC與平面MNQ所成的角為，可得sinθ＝|cos＜＞|＝，所以，當點Q自D向C處運動時，m的值由0到2變大，sinθ單調遞增，此時θ也單調遞增，故（4）正確．故答案為：（1）（3）（4）．【點評】本題主要考查空間位置關系的判斷，棱錐體積的求法，異面直線、直線與平面所成角的求法，考查運算求解能力與邏輯推理能力，屬于中檔題．三、解答題：本大題共6個小題，共85分.應寫出文字說明，證明過程或演算步驟。16．【答案】（1）2；（2）2π；（3）﹣2，．【分析】（1）根據f（0）＝1，即可求得答案；（2）利用正弦函數的周期公式，即可求得答案；（3）根據正弦函數的性質即可求出答案．【解答】解：（1）根據函數的關系式，f（0）＝1，故，∴A＝2；（2）由（1）知，故f（x）的最小正周期為；（3）的最小值為﹣2，此時，即．【點評】本題考查的知識點：函數的圖象和性質，主要考查學生的運算能力，屬于中檔題．17．【答案】（1）；（2）；（3）．【分析】（1）根據余弦定理即得；（2）利用余弦定理可得cosC，然后利用同角關系式即得．（3）結合（1）（2）由面積公式即可求解．【解答】解：（1）因為，所以，所以；（2）由余弦定理可得：，又C為△ABC的內角，所以；（3）由a＝2，b＝，，可得．【點評】本題考查余弦定理，考查同角三角函數的基本關系，考查三角形面積公式，屬中檔題．18．【答案】（1）﹣1；（2）．【分析】（1）根據線性運算得到，，然后根據數量積的運算律計算即可；（2）利用數量積的運算律得到，然后求夾角的余弦值即可．【解答】解：（1）因為CA＝CB＝1，∠BCA＝90°，所以，＝＝＝＝﹣1；（2）＝＝4﹣2+1＝3，因為ABC﹣A1B1C1為直棱柱，所以AA1⊥AB，BB1⊥BC，所以，，設直線A1B與直線B1C所成角為θ，所以．【點評】本題考查向量的運算性質的應用，用向量的方法求異面直線所成角的余弦值，屬于中檔題．19．【答案】（Ⅰ）證明過程見解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）．【分析】（Ⅰ）通過證明A1D⊥平面AD1E，得出D1E⊥A1D；（Ⅱ）分別以DA、DC、DD1為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，求出平面ACD1的一個法向量，再求出的坐標，由空間向量求距離公式求解；（Ⅲ）求出平面AD1E的一個法向量，結合（Ⅱ）中求出的平面ACD1的一個法向量，由兩平面法向量所成角的余弦值求解平面AD1E與平面ACD1夾角的余弦值．【解答】（Ⅰ）證明：∵AE⊥平面ADD1A1，A1D?平面ADD1A1，∴AE⊥A1D，∵四邊形ADD1A1是矩形，AD＝AA1，∴四邊形ADD1A1是正方形，∴A1D⊥AD1，又AD1?平面AD1E，AE?平面AD1E，AD1∩AE＝A，∴A1D⊥平面AD1E，又D1E?平面平面AD1E，∴D1E⊥A1D．（Ⅱ）解：分別以DA、DC、DD1為x、y、z軸，建立空間直角坐標系，A（1，0，0），C（0，2，0），D1（0，0，1），E（1，1，0），＝（1，1，﹣1），＝（﹣1，0，1），＝（﹣1，2，0），設平面ACD1的一個法向量是＝（x，y，z），由，取x＝1，得，由點到平面的距離公式，得點E到平面ACD1的距離d＝＝＝；（Ⅲ）解：由（Ⅱ）得，平面ACD1的一個法向量是，又＝（0，1，0），＝（﹣1，0，1），設平面AD1E的一個法向量為，由，取z1＝1，可得，∴cos＜＞＝＝．又平面AD1E與平面ACD1的夾角為銳角，∴平面AD1E與平面ACD1的夾角的余弦值為．【點評】本題考查直線與平面垂直的判定及應用，考查空間想象能力與思維能力，訓練了利用空間向量求解空間距離及空間角，是中檔題．20．【答案】（1）證明見解答；（2）；（3）存在，，理由見解答．【分析】（1）只要證明CD垂直于平面PAD內兩相交直線即可；（2）用向量數量積計算二面角的余弦值，進而求解；（3）根據在平面AEF內，平面AEF的一個法向量與數量積為零列方程求解．【解答】（1）證明：由于PA⊥平面ABCD，CD?平面ABCD，則PA⊥CD，由題意可知AD⊥CD，且PA∩AD＝A，可得CD⊥平面PAD．（2）解：以點A為坐標原點，平面ABCD內與AD垂直的直線為x軸，AD，AP方向為y軸，z軸建立如圖所示的空間直角坐標系A﹣xyz，易知：A（0，0，0），P（0，0，2），C（2，2，0），D（0，2，0），由可得點F的坐標為，由可得E（0，1，1），設平面AEF的法向量為：，則，據此可得平面AEF的一個法向量：，平面AEP的一個法向量為，，