試題試題2024北京十二中高二10月月考數學本試卷共4頁，滿分150分，考試時長120分鐘.考生務必將答案答在答題紙上，在試卷上作答無效.考試結束后，將答題紙交回.第一部分選擇題（共60分）一、單選題：本題共12小題，每小題5分，共60分.1.過兩點的直線的傾斜角為（）A. B. C. D.2.已知直線l經過點，平面的一個法向量為，則（）A. B.C. D.l與相交，但不垂直3.如圖，平行六面體中，E為BC的中點，，，，則（）A. B.C. D.4.設點在平面上的射影為，則等于（）A. B.5 C. D.5.在以下4個命題中，不正確的命題的個數為（）①若，則；②若三個向量兩兩共面，則向量共面；③若為空間的一個基底，則構成空間的另一基底；④.A.1個 B.2個 C.3個 D.4個6.已知向量，則“”是“或”的（）條件.A.必要而不充分 B.充分而不必要 C.充分必要條件 D.既不充分也不必要條件7.已知（2，1，﹣3），（﹣1，2，3），（7，6，λ），若P，A，B，C四點共面，則λ＝（）A.9 B.﹣9 C.﹣3 D.38.設A，B，C，D是空間不共面的四點，且滿足，，，則是（）A.銳角三角形 B.鈍角三角形 C.直角三角形 D.不確定9.布達佩斯的伊帕姆維澤蒂博物館收藏的達·芬奇方磚，在正六邊形上畫了具有視覺效果的正方體圖案（如圖1），把三片這樣的達·芬奇方磚形成圖2的組合，這個組合表達了圖3所示的幾何體．若圖3中每個正方體的棱長為1，則點A到平面的距離是（）A. B. C. D.10.正多面體也稱柏拉圖立體，被譽為最有規律的立體結構，是所有面都只由一種正多邊形構成的多面體（各面都是全等的正多邊形）.數學家已經證明世界上只存在五種柏拉圖立體，即正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體.如圖，已知一個正八面體的棱長為2，，分別為棱，的中點，則直線和夾角的余弦值為（）A. B.C. D.11.在棱長為1的正方體中，點和分別是正方形和的中心，點為正方體表面上及內部的點，若點滿足，其中，且，則滿足條件的所有點構成的圖形的面積是（）A. B. C. D.12.菱形的邊長為4，，E為AB的中點（如圖1），將沿直線DE翻折至處（如圖2），連接，，若四棱錐的體積為，點F為的中點，則F到直線BC的距離為（）A. B. C. D.第二部分非選擇題（共90分）二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分.13.已知向量,且，則_________．14.已知，，為空間兩兩垂直的單位向量，且，，則______.15.已知，則向量在向量上的投影向量的坐標為______.16.已知直線斜率的取值范圍是，則的傾斜角的取值范圍是______．17.長方體中，分別是棱的中點，是該長方體的面內的一個動點（不包括邊界），若直線與平面平行，則的最小值為______.18.如圖，在四棱錐中，底面是正方形，底面為的中點，為內一動點（不與三點重合）.給出下列四個結論：①直線與所成角的大小為；②；③的最小值為；④若，則點的軌跡所圍成圖形的面積是.其中所有正確結論的序號是__________.三、解答題：本題共5小題，共60分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.19.已知空間中三點，設.（1）求；（2）求向量與向量夾角的大小.20.如圖，平行六面體中，以頂點為端點的三條棱長都是1，為與的交點.設.（1）用表示，并求的值；（2）求的值.21.如圖，正方體棱長為2，點是棱的中點.（1）求證：平面；（2）若點是線段的中點，求直線與平面所成角的正弦值.22.如圖，在四棱錐中，平面，且.（1）求證：平面；（2）求平面與平面夾角的余弦值；（3）在棱上是否存在點（與不重合），使得與平面所成角的正弦值為？若存在，求的值，若不存在，說明理由.23.學習閱讀以下材料，應用所學知識解決下面的問題.類比于二維空間（即平面），向量可用二元有序數組表示，若維空間向量用元有序數組表示，記為，對于，任意，有：①數乘運算：；②加法運算：；③數量積運算：；④向量的模：；⑤對于一組向量，若存在一組不同時為零的實數使得，則稱這組向量線性相關，否則稱為線性無關.⑥在維向量空間中，基底是一組線性無關的向量，并且在空間中的任意向量都可以由這組基底線性表示，即，其中是一組實數.設是元集合的子集，集合元素的個數記為，若集合組同時滿足以下2個條件，則稱集合組具有性質：①為奇數，其中；②為偶數，其中.（1）當時，集合組具有性質P，求的最大值，并寫出相應集合組；（2）當時，集合組具有性質P，求的最大值；（3）是元集合的子集，若集合組具有性質P，求的最大值.

參考答案第一部分選擇題（共60分）一、單選題：本題共12小題，每小題5分，共60分.1.【答案】B【分析】先根據兩點坐標求出直線的斜率，再根據斜率與傾斜角的關系求出傾斜角.【詳解】已知直線經過和兩點.根據直線斜率的計算公式（其中和為直線上兩點的坐標），所以,因為直線的斜率（為傾斜角），已知，即.又因為傾斜角，在這個區間內，滿足的.故選：B.2.【答案】B【分析】根據平面的法向量與直線的方向向量的關系即可求解.【詳解】因為直線l經過點，所以，又因為平面的一個法向量為，且，所以平面的一個法向量與直線l的方向向量平行，則，故選：.3.【答案】B【分析】根據給定條件，利用空間向量的線性運算求解即得.【詳解】在平行六面體中，E為BC的中點，所以.故選：B4.【答案】D【分析】先得到，從而求出，計算出模長.【詳解】點在平面上的射影為，，故，故選：D5.【答案】C【分析】利用向量的數量積、向量共面與向量基底的定義和性質，結合特殊向量法，逐一判斷各命題即可得解.【詳解】對于①，設，與可以為任意向量，因為，，此時，但不一定等于，所以①不正確，對于②，例如在墻角處的三條交線對應的向量，，，它們兩兩共面（兩兩垂直），但是向量，，不共面，所以②不正確，對于③，假設，，共面，則存在實數，使得，即，由為基底，所以，，不共面，則，這個方程組無解，所以，，不共面，構成空間的另一基底，③正確，對于④，，而（為與的夾角），所以，④不正確，故不正確的有：①②④，共3個.故選：C.6.【答案】A【分析】結合向量的數量積，根據充分必要條件的定義判斷．【詳解】或時，或，則，必要性滿足，若，則，但，即充分性不滿足，故題設條件關系為必要不充分條件．故選：A．7.【答案】B【分析】由已知可得共面，根據共面向量的基本定理，即可求解.【詳解】由P，A，B，C四點共面，可得共面，，，解得.故選:B.【點睛】本題考查空間四點共面的充要條件以及平面向量的基本定理，屬于基礎題.8.【答案】A【分析】根據題意，得到，，進而求出，根據，即可判斷B的大??；利用上述方法求得，，即可判斷C和D的大小，進而可以判斷出三角形的形狀.【詳解】，，為銳角，同理：，，D和C都為銳角，∴為銳角三角形.故選：A.【點睛】本題主要考查了平面向量的加減運算法則與向量數量積的運算，考查邏輯思維能力和運算能力，屬于?？碱}.9.【答案】C【分析】建立空間直角坐標系，求平面的法向量，用點到平面的距離公式計算即可.【詳解】建立空間直角坐標系如圖所示：則，，，，，，設平面的法向量為，則，即，則平面的一個法向量為，則點A到平面的距離.故選：C10.【答案】D【分析】根據題意得到，，然后由向量的數量積公式分別求出，結合向量的夾角運算公式，即可求解.【詳解】如圖所示：由題意，可得，，又由正八面體的棱長都是2，且各個面都是等邊三角形，在中，由，可得，所以，所以；；；所以，即直線和夾角的余弦值為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛：選取適當的基底向量，由已知條件可以求出它們的模以及兩兩之間的夾角，所以只需把分解，然后由向量的夾角公式即可求解.11.【答案】A【分析】由共面定理得出共面，正方體中得知截面即為，然后可計算面積．【詳解】因為，，所以四點共面，如圖，易知過截面是正，則由題意可知滿足條件的所有點P構成的圖形為正，正方體棱長為1，則正邊長為，所以滿足條件的所有點P構成的圖形的面積為，故選：A．12.【答案】A【分析】由已知可證得平面，平面，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【詳解】連接，因為四邊形為菱形，且，所以為等邊三角形，因為E為AB的中點，所以，所以，因為，平面，所以平面，因為菱形的邊長為4，所以，所以直角梯形的面積為，設四棱錐的高為，則，得，所以，所以平面，所以以為原點，所在的直線分別為軸，建立空間直角坐標系，則，所以，所以所以，所以F到直線BC的距離為，故選：A第二部分非選擇題（共90分）二、填空題：本題共6小題，每小題5分，共30分.13.【答案】-9【分析】根據，由，求得即可.【詳解】因為向量,且，所以，解得，所以.故答案為：-914.【答案】【分析】根據數量積的運算律計算即可.【詳解】.故答案為：-3.15.【答案】【分析】根據投影向量公式計算即可.【詳解】因為，則向量在向量上的投影向量為.故答案為：.16.【答案】【分析】根據斜率與傾斜角的關系即可求解.【詳解】因為直線斜率的取值范圍是，所以當斜率時，傾斜角，當斜率時，傾斜角，綜上傾斜角的取值范圍，故答案為：【點睛】本題主要考查了直線的斜率，直線的傾斜角，屬于中檔題.17.【答案】【分析】作出截面，由平行得出點軌跡是線段，建立空間直角坐標系，設出點坐標，用坐標計算出數量積后，結合二次函數知識得最小值．【詳解】解法一：因為分別是棱的中點，再分別取的中點，則過三點的截面為六邊形，如圖，連接，則，又平面，平面，同理平面，而，平面，所以平面平面，當時，平面，從而平面，所以點軌跡是線段，分別以為軸建立空間直角坐標系，如圖，則，，，，在平面內，設直線方程為，即設，，則，，所以時，取得最小值，故答案為：．解法二：如圖，分別以、、方向為、、軸建立空間直角坐標系可得：，，，，，設，，，，設平面的法向量，則，得，取，得，，，即.由于直線與平面平行，則，得：，即：.，，，，可知：由于，當時，取得最小值，最小值為.故答案為：．18.【答案】①②④【分析】根據異面直線所成的角即可判斷①，根據空間中的垂直關系轉化即可證明平面，即可求證線線垂直進而判斷②，根據點到面的距離為最小值，利用等體積法即可求解③，根據圓的面積即可判斷④.【詳解】由于，所以即為直線與所成的角或其補角，由于底面平面，所以,又，所以，①正確；由于底面平面，所以,又,平面，所以平面,取中點為，連接,由于為的中點，所以，所以平面，平面，則，又，中點為，所以,平面，所以平面，平面，則,平面，所以平面,平面,所以,平面，所以平面,平面,所以，故②正確；當平面時，最小，設此時點到平面的距離為，,所以,由于，故為等邊三角形，,所以，故③錯誤；由③得點到平面的距離為，不妨設在平面的投影為,所以點到平面的距離為,由于被平分，所以到平面的距離為,由②知平面，所以三點共線，即，又，所以,因此點的軌跡圍成的圖形是以點為圓心，以為半徑的圓，所以面積為，故④正確.故答案為：①②④【點睛】方法點睛：本題考查立體幾何中線面垂直關系的證明、異面直線所成角和點到面的距離的求解、截面面積的求解問題；求解點到面的距離的常用方法是采用體積橋的方式，將問題轉化為三棱錐高的問題的求解或者利用坐標系，由法向量法求解..三、解答題：本題共5小題，共60分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.19.【答案】（1）1（2）【分析】（1）（2）先求出和的坐標，再借助坐標運算，數量積和夾角坐標公式分別計算兩小問.【小問1詳解】已知，，.,,所以,則.【小問2詳解】根據向量點積公式，，，，則，所以.20.【答案】（1）（2）2【分析】（1）先根據平行六面體的性質找到向量之間的關系，用表示出，再通過向量模的計算公式求出的值；（2）先求出，再根據向量數量積的運算規則求出的值.【小問1詳解】因為平行六面體中，為與的交點，所以是中點，也是中點，又因為，且平行六面體中，，那么，因為，，所以，，因為，所以，又，，所以，，所以.【小問2詳解】因為，所以.21.【答案】（1）證明見詳解；（2）【分析】（1）連接，，得，則根據線面平行的判定定理即可證明平面；（2）利用空間向量法，即可求直線與平面所成角的正弦值.【小問1詳解】連接，，連接，分別是的中點，，又平面，平面，平面；【小問2詳解】如圖所示，以點為坐標原點，分別以所在直線為軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，設為平面的一個法向量，則，，令，得，設直線與平面所成角為，，故直線與平面所成角的正弦值為.22.【答案】（1）證明過程見解析（2）（3）【分析】（1）根據線面垂直的性質定理，結合線面垂直的判定定理進行證明即可；（2）根據線面的垂直關系，建立空間直角坐標系，利用空間向量平面間夾角公式進行求解即可；（3）利用空間向量線面角夾角公式進行求解即可.【小問1詳解】因為平面平面，所以，又因為，所以，而平面，所以平面；【小問2詳解】因為平面平面，所以，而，于是建立如圖所示的空間直角坐標系，，由（1）可知：平面，所以平面的法向量為，設平面的法向量為m=x,y,z，，則有，設平面與平面夾角為，；【小問3詳解】設，設，于是有，，由（2）可知平面的法向量為，假設與平面所成角的正弦值為，則有，或舍去，即.23.【答案】（1）；（2）（3）【分析】（1）由條件①②按分類討論，得到最大值的可能情況，舉例并驗證滿足兩個條件即可；（2）給出時具有性質P的集合組：，驗證分析，再應用反證法，借助向量運算證明時任意集合組不具有性質P，從而得最大值為；（3）給出具有性質P的集合組：，驗證分析，再應用反證法，借助向量運算證明時任意集合組不具有性質P，從而得最大值為.【小問1詳解】當時，.集合組具有性質，則為奇數，所以或.當時，則可能是.當時，則可能是.若集合組中包含，設，則對于其他集合，要使為偶數，則所有可能集合為，但均不滿足為奇數.故集合組中不包含，具有性質P的集合組中只可能包含；若集合組中存在兩個集合相等，由，則，則為奇數，不滿足條件②，故集合組中任意兩個集合不相等，即至多含3個集合，故.若集合組為：，設，則有①為奇數，其中；②為偶數，其中；所以集合組具有性質.綜上，的最大值為，相應滿足條件的集合組為：.【小問2詳解】集合.設其子集對應向量，其中，.若為奇數，則為奇數，即為奇數，；又由可知，若為偶數，則為偶數，，且.且由條件可知，，且.當時，.若集合組為：，設，則有①為奇數，其中；②為偶數，其中；所以集合組具有性質，此時.下面證明當時，任意集合，集合組：不符合題意.設，則.若集合組為：具有性質，設集合對應向量，其中中有奇數個為1，其余為0，且；不妨理解為這個集合對應8維空間中的個向量，且為奇數，，為偶數，.下面用反證法證明不具有性質P.證明：假設具有性質P，由，則，若時，則為奇數，而為偶數，則為奇數，這與為偶數矛盾，.所以，則；同理，由為偶數，可得.故，即，則，這與條件為奇數矛盾.故集合組：不符合題意.下面證明任意集合組都不具有性質.證明：假設存在一個集合組具有性質.（i）設集合組中分別對應個向量，若線性無關，則可為8維向量空間的基底，又由對應向量中或，，則，，且不全為.即可轉化為存在不全為的9個整數，使得，且其中向量等式中的整系數為最簡形式（不可再約）.則為偶數，其中為奇數，為偶數，若為奇數，則為奇數，則為奇數，故這與產生矛盾，所以為偶數.同理可得均為偶數，.這與9個整系數不全為且不可約的最簡形式矛盾.因此，若線性無關，則集合組不具有性質；（ii）設集合組中分別對應個向量，若其中對應個向量線性相關.又由對應向量中或，.則存在，且不全為，使得，即存在不全為的8個整數，使得，且其中向量等式中的整系數為最簡形式（不可再約）.則為偶數，其中為奇數，為偶數，若為奇數，則為奇數，則為奇數，這與產生矛盾，所以為偶數.同理可得均為偶數，.這與8個整系數不全為且不可約的最簡形式矛盾.因此，若向量線性相關，集合組不具有性質；由（i）（ii）可知假設錯誤，故任意集合組都不具有性質.綜上所述，的最大值為.【小問3詳解】集合.若集合組為：，設，則有①為奇數，其中；②為偶數，其中；即滿足條件①②，所以集合組具有性質，