（新教材）2021-2022学年高二上学期第一次月考备考A卷+数学+Word版含解析

这是一份（新教材）2021-2022学年高二上学期第一次月考备考A卷+数学+Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题的作答，非选择题的作答等内容，欢迎下载使用。
 （新教材）2021-2022学年上学期高二第一次月考备考金卷数   学  （A）注意事项：1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3．非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4．考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第Ⅰ卷一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知空间向量，，且与垂直，则等于（    ）A．4 B．1 C．3 D．2【答案】A【解析】由于与垂直，所以，故选A．2．设点，，，若，则点的坐标为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】设点B的坐标为，则，，∵，∴，解得，故选C．3．如图，在长方体中，下列各式运算结果为的有（    ）①；②；③；④；⑤；⑥．A．3个 B．4个 C．5个 D．6个【答案】D【解析】①；②；③；④；⑤；⑥，所以①②③④⑤⑥都正确，故选D．4．如图，是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】C【解析】如图，以为坐标原点，AB，AD，AE所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，因为，所以，，，所以点P到AB的距离，故选C．5．如图，在直三棱柱中，，，则直线与直线夹角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】以为原点，，，分别为，，轴建系，如图所示：设，则，，，，所以，，设直线与直线夹角为，则，故选A．6．已知平面内两向量，，若为平面的法向量且，则，的值分别为（    ）A．， B．， C．， D．，【答案】A【解析】因为，，所以，因为为平面的法向量，所以，即，解得，所以，的值分别为，，故选A．7．如图，已知空间四边形，其对角线为，，，分别是对边，的中点，点在线段上，且分所成的定比为，现用基向量，，表示向量，设，则，，的值分别为（    ）A．，， B．，，C．，， D．，，【答案】D【解析】，分别是对边，的中点，，，点在线段上，且分所成的定比为，，，即，，，故选D．8．如图，点为矩形所在平面外一点，平面，为的中点，，，，则点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】如图，分别以，，所在直线为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，．设平面的法向量为，则，即，令，则，，∴，∴点到平面的距离，故选B． 二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9．在正方体中，设，，，构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（    ）A．，，  B．，，C．，， D．，，【答案】AC【解析】根据向量的线性运算法则，根据正方体性质，结合图象，分析可得：对于A：，由图象可得三个向量不共面，所以，，不共面，故A正确；对于B：，由图象可得三个向量共面，所以，，共面，故B错误；对于C：由图象可得三个向量不共面，所以，，不共面，故C正确；对于D：，由图象可得共面，所以，，共面，故D错误，故选AC．10．直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则直线平面B．若，则直线平面C．若，则直线与平面所成角的大小为D．若，则平面，所成角的大小为【答案】BC【解析】对于A：若，则直线平面或在平面内，故选项A不正确；对于B：若，则也是平面的一个法向量，所以直线平面，故选项B正确；对于C：直线与平面夹角的正弦值等于直线与平面法向量夹角的余弦值的绝对值，所以若，则直线与平面所成角的大小为，故选项C正确；对于D：两个平面所成角与他们法向量所成的角相等或互补，若，则平面，所成角的大小为或，故选项D不正确，故选BC．11．以下命题正确的是（    ）A．若是平面的一个法向量，直线上有不同的两点，，则的充要条件是B．已知，，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，，，四点共面C．已知，，若与垂直，则D．已知的顶点坐标分别为，，，则边上的高的长为【答案】BCD【解析】对于A，若直线，则成立，故不是的必要条件，故A错误；对于B，若，则，所以，所以，，，四点共面，故B正确；对于C，由题意可得，，若与垂直，则，解得，故C正确；对于D，由题意，，则，，所以，所以边上的高，故D正确，故选BCD．12．如图，在正方体中，、、分别为、、的中点，则（    ）A．  B．平面C． D．向量与向量的夹角是【答案】BC【解析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，设正方体的棱长为，则、、、、、、、、、、．对于A选项，，，则，故A选项错误；对于B选项，设平面的法向量为，，，由，可得，取，可得，，，，平面，平面，故B选项正确；对于C选项，，，，故C选项正确；对于D选项，，，，所以，向量与向量的夹角是，故D选项错误，故选BC． 第Ⅱ卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分．13．已知空间直角坐标系中，点，，若，，则________．【答案】或【解析】∵，，∴，∵，∴存在，使得，∴，解得，∴或，故答案为或．14．在△ABC中，，，．若向量与平面ABC垂直，且，则的坐标为___________．【答案】或【解析】据题意，得，．设，∵与平面ABC垂直，，即，可得，，，解得或．当时，，；当时，，，∴的坐标为或，故答案为或．15．已知空间向量满足，，则的值为________．【答案】【解析】因为，所以，则，因此，故答案为．16．在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面（包含边界）．（1）若点与点重合，则点到平面的距离是________；（2）若，则线段长度的取值范围是________．【答案】，【解析】在正方体中，，面，面，所以面，连接交于点，所以，又面，面，所以，因为，所以面，因为正方体的棱长为，所以，即点到平面的距离为，若点与点重合，则点到平面的距离即为点到平面的距离为；如图建立空间直角坐标系，则，，，，设，则，，，因为，所以，所以，即，所以，因为，解得，所以，即，故答案为；． 四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知，．（1）若，求的值；（2）若，求实数的值；（3）若，求实数的值．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】（1）由已知可得，，．（2），，，存在实数使得，，，，联立解得．（3），，即，解得．18．（12分）如图，在多面体中，平面，点到平面的距离为，是正三角形，，．（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析；（2）．【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，．，，且，就是点到平面的距离，即平面，平面，，又，四边形是平行四边形，，是正三角形，，．（2）解：由（1）得平面，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，设平面的法向量为，，，，则由，得，令，得，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值．19．（12分）如图，四棱锥的底面是菱形，，底面，，是的中点，为上一点，且平面．（1）求；（2）求平面与平面所成角的正弦值．【答案】（1）；（2）．【解析】（1）连接交于，连接，因为平面，平面，平面平面，所以．由，得，又，所以，即，因为平面，平面，所以，从而，故．（2）以为原点，，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，，，，，，设平面的一个法向量为，由，即，取，则；设平面的一个法向量为，由，即，取，则，所以，所以，故平面与平面所成角的正弦值为．20．（12分）如图所示，在等腰梯形中，，，，，平面，．（1）求证：平面；（2）若为线段上一点，且，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由．【答案】（1）证明见解析；（2）存在，．【解析】（1）因为，，所以四边形ACFE为平行四边形，所以．在等腰梯形ABCD中，，，所以，所以．又平面ABCD，所以，，BC，平面BCF，所以平面BCF．因为，所以平面BCF．（2）依题意，以C为坐标原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，设，所以，，设为平面MAB的法向量，由，得，取，所以，因为是平面ABC的一个法向量，设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为，所以．因为，所以，所以，所以存在使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为．21．（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，，是中点．（1）求直线与平面的夹角余弦值；（2）求平面和平面的夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】因为平面，且四边形是矩形，所以两两垂直，所以分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，（1），，，，，所以，，，设平面的法向量为，由，可得，取，则，，所以，记直线和平面的夹角为，则，所以．（2）由图可知，平面即平面，所以平面的法向量为，记面和面的夹角为，则，由图可知面和面夹角为锐角，所以．（3），，平面的法向量为，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为．22．（12分）已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60°的二面角，点M在线段AB上．（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线OD∥平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°；若存在，求此时二面角M－EC－F的余弦值；若不存在，说明理由．【答案】（1）点O在EA的延长线上，且，证明见解析；（2）存在，或．【解析】（1）证明：因为直线平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)．因为AO∥BF，M为AB的中点，所以△OAM≌△FBM，所以OM=MF，AO=BF，所以点O在EA的延长线上，且AO=2．连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点．连接MN，所以MN为△DOF的中位线，所以MN∥OD，又因为平面EMC，所以直线OD∥平面EMC．（2）存在．由已知可得，EF⊥AE，EF⊥DE，所以EF⊥平面ADE，所以平面ABFE⊥平面ADE．取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，，，，所以，，设(0≤t≤4)，则，设平面EMC的法向量，则，所以，取，则，，所以．因为DE与平面EMC所成的角为60°，所以，所以，解得或，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60°．取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量．因为点Q的坐标为，所以，，设二面角的大小为，所以，因为当t=2时，，此时平面EMC⊥平面CDEF，所以当t=1时，为钝角，所以；当t=3时，为锐角，所以．