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    2022滁州定远县育才学校高二上学期第一次月考数学(理)试题含答案

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    2022滁州定远县育才学校高二上学期第一次月考数学(理)试题含答案

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    这是一份2022滁州定远县育才学校高二上学期第一次月考数学(理)试题含答案,共15页。试卷主要包含了若A,B,则||的取值范围是,若某直线的斜率k∈等内容,欢迎下载使用。
    育才学校2021—2022学年度第一学期第一次月考
    高二理科试卷
    一.选择题(共12小题,每小题5分,共60分)
    1.已知向量a=(1,n,2),b=(-2,1,2),若2a-b与b垂直,则|a|等于( )
    A. B. C. D.
    2.若向量a=(x,4,5),b=(1,-2,2),且a与b的夹角的余弦值为,则x等于(  )
    A. 3 B. -3 C. -11 D. 3或-11
    3.在如图,在三棱柱ABC-A1B1C1中,BC1与B1C相交于点O,∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,则线段AO的长度为( )
    A. B. C. D.
    4.如图,三棱锥S-ABC中,SA⊥底面ABC,AB⊥BC,AB=BC=2,SA=2,则SC与AB所成角的大小为(  )
    A. 30° B. 45° C. 60° D.90°
    5.若A(3cosα,3sinα,1),B(2cosθ,2sinθ,1),则||的取值范围是(  )
    A. [0,5] B. [1,5] C. (1,5) D. (0,5)
    6.若点A(λ2+4,4-μ,1+2γ)关于y轴的对称点是B(-4λ,9,7-γ),则λ,μ,γ的值依次为(  )
    A. 1,-4,9 B. 2,-5,-8 C. -3,-5,8 D. 2,5,8
    7.如图,PA⊥平面ABCD,四边形ABCD为正方形,E是CD的中点,F是AD上一点,当BF⊥PE时,AF∶FD的比值为(  )
    A. 3 B.2 C.1 D.
    8.已知直线l的方向向量为a=(-1,2,0),平面α的法向量为n=(2,1,-1),则(  )
    A.l⊥α B.l∥α C.l⊂α D.l∥α或l⊂α
    9.已知平面α的法向量是(2,3,-1),平面β的法向量是(4,λ,-2),若α∥β,则λ的值是(  )
    A. - B. 6 C. -6 D.
    10.若某直线的斜率k∈(-∞,],则该直线的倾斜角α的取值范围是(  )
    A. B. C.∪ D.
    11.已知直线l1:ax+(a+2)y+2=0与l2:x+ay+1=0平行,则实数a的值为(  )
    A. -1或2 B. 0或2 C. 2 D. -1
    12.如下图所示,已知点P为菱形ABCD外一点,且PA⊥面ABCD,PA=AD=AC,点F为PC中点,则二面角C-BF-D的正切值为(  )
    A. B. C. D.
    二.填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
    13.如图,四边形ABCD和ADPQ均为正方形,它们所在平面互相垂直,动点M在线段PQ上,E,F分别为AB,BC的中点,设异面直线EM与AF所成的角为θ,则cosθ的最大值为________.
    第14题图
    第13题图

    14.如图,在正三棱柱ABC-A1B1C1中,若BB1=AB=2,则点C到直线AB1的距离为______.
    15.已知点A(1,2),若在坐标轴上存在一点P,使直线PA的倾斜角为135°,则点P的坐标为____.
    16.过点P(1,3)的直线l分别与两坐标轴交于A,B两点,若P为AB的中点,则直线l的截距式方程是________________.
    三.解答题(共6小题,共70分)
    17.(10分)已知△ABC的三个顶点A(-3,0),B(2,1),C(-2,3).求:
    (1)BC边上的中线AD所在的直线方程;
    (2)BC边的垂直平分线DE所在的直线方程.
    18.(12分)已知空间三点A(0,2,3),B(-2,1,6),C(1,-1,5).
    (1)若点D在直线AC上,且⊥,求点D的坐标;
    (2)求以BA,BC为邻边的平行四边形的面积.
    19.(12分)如图,已知在直三棱柱ABC-A1B1C1中,AC⊥BC,D为AB的中点,AC=BC=BB1.
    求证:(1)BC1⊥AB1; (2)BC1∥平面CA1D.

    20.(12分)如图,正方体ABCD-A1B1C1D1的棱长为4,点M,N,E,F分别为A1D1,A1B1,C1D1,B1C1的中点,

    (1)证明:平面AMN∥平面EFBD;
    (2)求平面AMN与平面EFBD间的距离.

    21.(12分)如图,正三棱柱ABC-A1B1C1的所有棱长为2,D为CC1的中点.

    (1)求证:AB1⊥A1D;
    (2)求点C到平面A1BD的距离.

    22.(12分)如图,在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,AB=2,点E在棱AB上移动.
    (1)求证:D1E⊥A1D;
    (2)在棱AB上是否存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为?若存在,求出AE的长,若不存在,说明理由.
    答案解析

    1.【答案】B
    【解析】因为a=(1,n,2),b=(-2,1,2),
    所以2a-b=(4,2n-1,2).
    因为2a-b与b垂直,
    所以(2a-b)·b=0,
    所以-8+2n-1+4=0,
    解得n=,所以a=,
    所以|a|==.
    2.【答案】A
    【解析】因为a·b=(x,4,5)·(1,-2,2)=x-8+10=x+2,且a与b的夹角的余弦值为,
    所以=,且x>-2,
    解得x=3或x=-11(舍去).
    3.【答案】A
    【解析】取空间中一组基底:=a,=b,=c,
    ∵四边形BCC1B1是平行四边形,
    ∴==(+),
    ∴=a+=a++c=a+b+c,
    ∵∠A1AB=∠A1AC=60°,∠BAC=90°,A1A=3,AB=AC=2,
    ∴a2=b2=4,c2=9,a·b=0,a·c=b·c=3×2×cos 60°=3,
    ∴2=(a+b+c)2=(a2+b2+c2+2a·b+2a·c+2b·c)=.∴||=,即AO=.
    4.【答案】C
    【解析】因为SA⊥底面ABC,所以SA⊥AC,SA⊥AB,所以·=0,
    又AB⊥BC,AB=BC=2,
    所以 ∠BAC=45° ,AC=2.
    因此·=cos 45°=2×2×=4,
    所以·=·-·=4,
    又SA=2,所以SC==4 ,
    因此cos〈,〉===,
    所以SC与AB所成角的大小为60° .
    5.【答案】B
    【解析】||=
    =,∵-1≤cos(α-θ)≤1,
    ∴1≤||≤5.
    6.【答案】B
    【解析】∵关于y轴对称的点的横坐标和竖坐标互为相反数,而纵坐标相等,点A(λ2+4,4-μ,1+2γ)关于y轴的对称点是B(-4λ,9,7-γ),∴λ2+4=4λ,
    4-μ=9,1+2γ=-(7-γ),
    ∴λ,μ,γ的值依次为2,-5,-8,故选B.
    7.【答案】C
    【解析】以A为坐标原点,AB,AD,AP所在直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系Axyz,

    设正方形边长为1,PA=a,
    则B(1,0,0),E,P(0,0,a).
    设点F的坐标为(0,y,0),
    则=(-1,y,0),=.
    因为BF⊥PE,所以·=0,
    解得y=,即点F的坐标为,
    所以F为AD的中点,所以AF∶FD=1∶1.
    8.【答案】D
    9.【答案】B
    【解析】∵α∥β,∴α的法向量与β的法向量也互相平行.
    ∴==,∴λ=6.
    10.【答案】C
    【解析】∵直线的斜率k∈(-∞,],
    ∴k≤tan,
    ∴该直线的倾斜角α的取值范围是∪.故选C.
    11.【答案】D
    【解析】由l1∥l2知,a×a=1×(a+2),即a2-a-2=0,∴a=2或a=-1.
    当a=2时,l1与l2重合,不符合题意,舍去;
    当a=-1时,l1∥l2.
    ∴a=-1.
    12.【答案】D
    【解析】如下图所示,连接AC,AC∩BD=O,连接OF,以O为原点,OB、OC、OF所在直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系Oxyz,

    设PA=AD=AC=1,则BD=,所以B,F,C,D,结合图形可知,=且为面BOF的一个法向量,
    由=,=,可求得面BCF的一个法向量n=(1,,),
    所以cos〈n,〉=,sin〈n,〉=,所以tan〈n,〉=.
    13.【答案】
    【解析】以A为原点,AB,AD,AQ分别为x轴、y轴、z轴建立如图的空间直角坐标系.

    设正方形ABCD和ADPQ的边长为2,则E(1,0,0),F(2,1,0),M(0,y,2)(0≤y≤2),
    ∴=(2,1,0),(-1,y,2),∴·=-2+y,||=,||=,
    ∴cosθ===,
    令t=2-y,则y=2-t且t∈[0,2],
    ∴cosθ==,
    当t=0时,cosθ=0;
    当t≠0时 ,cosθ==,
    由t∈[0,2],∴∈,
    ∴≥=,
    ∴cosθ≤,当且仅当t=2,即点M与Q重合时,cosθ的最大值为.
    14.【答案】
    【解析】取AC的中点D,建立如图所示的空间直角坐标系,

    则A(0,-1,0),B1(,0,2),C(0,1,0),
    所以=(,1,2),
    =(0,-2,0).
    ∴·=-2,
    ∴在上的投影向量的长度为==,
    所以点C到直线AB1的距离
    d====.
    15.【答案】(3,0)或(0,3)
    【解析】由题意知,kPA=-1,
    若点P在x轴上,设点P的坐标为P(m,0)(m≠1),
    则=-1,
    解得m=3,即P(3,0).
    若点P在y轴上,设点P的坐标为P(0,n),
    则=-1,
    解得n=3,即P(0,3).
    综上,点P的坐标为(3,0)或(0,3).
    16.【答案】+=1
    【解析】设A(m,0),B(0,n),
    由P(1,3)是AB的中点可得m=2,n=6,
    即A,B的坐标分别为(2,0),(0,6),
    则l的截距式方程是+=1.
    17.【答案】(1)∵△ABC的三个顶点A(-3,0),B(2,1),C(-2,3),
    ∴BC边上的中点D(0,2),
    ∴BC边上的中线AD所在的直线方程为,
    整理得2x-3y+6=0.
    (2)kBC=,
    ∴BC边的垂直平分线DE所在的直线的斜率k=2,
    ∵BC边上的中点D(0,2),
    ∴BC边的垂直平分线DE所在的直线方程为y-2=2x,整理得2x-y+2=0.

    18.【答案】解 (1)由题意知,=(1,-3,2),点D在直线AC上,
    设=λ=λ(1,-3,2)=(λ,-3λ,2λ),
    ∴D(λ,2-3λ,2λ+3),
    =(λ,2-3λ,3+2λ)-(-2,1,6)
    =(λ+2,1-3λ,2λ-3),
    ∵⊥,
    ∴·=(1,-3,2)·(λ+2,1-3λ,2λ-3)
    =λ+2-3+9λ+4λ-6=14λ-7=0,
    ∴λ=,
    ∴D.
    (2)∵=(2,1,-3),=(3,-2,-1),
    ∴||==,
    ||==,
    ∴·=2×3+1×(-2)+(-3)×(-1)=7,
    ∴cosB=cos〈,〉===,
    ∴sinB=,
    ∴S=××=7,
    ∴以BA,BC为邻边的平行四边形的面积为7.

    19.【答案】证明 如图,以C1为原点,分别以C1A1,C1B1,C1C所在直线为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系.设AC=BC=BB1=2,

    则A(2,0,2),B(0,2,2),C(0,0,2),A1(2,0,0),B1(0,2,0),C1(0,0,0),D(1,1,2).
    (1)由于=(0,-2,-2),
    =(-2,2,-2),
    因此·=0-4+4=0,
    因此⊥,
    故BC1⊥AB1.
    (2)取A1C的中点E,连接DE,由于E(1,0,1),
    所以=(0,1,1),
    又=(0,-2,-2),
    所以=-,
    又ED和BC1不共线,所以ED∥BC1,
    又DE⊂平面CA1D,BC1⊄ 平面CA1D,
    故BC1∥平面CA1D.

    20.【答案】(1)证明 如图所示,建立空间直角坐标系,

    则A(4,0,0),M(2,0,4),D(0,0,0),B(4,4,0),E(0,2,4),F(2,4,4),N(4,2,4).
    从而=(2,2,0),=(2,2,0),=(-2,0,4),=(-2,0,4),
    所以=,=,所以EF∥MN,AM∥BF.
    因为EF∩BF=F,MN∩AM=M,
    所以平面AMN∥平面EFBD,
    (2)解 设n=(x,y,z)是平面AMN的法向量,
    从而解得
    取z=1,得n=(2,-2,1),
    由于=(0,4,0),
    所以在n上的投影为==,
    所以两平行平面间的距离d==.

    21.【答案】(1)证明 如图,取BC中点O,连接AO,
    ∵△ABC为正三角形,∴AO⊥BC,
    ∵在正三棱柱ABC-A1B1C1中,平面ABC⊥平面BCC1B1,∴AO⊥平面BCC1B1,
    取B1C1的中点O1,以O为原点,,,的方向为x轴,y轴,z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系,

    则B(1,0,0),D(-1,1,0),A1(0,2,),A(0,0,),B1(1,2,0),
    ∴=(1,2,-),=(-1,-1,-),
    ∵=-1-2+3=0,
    ∴⊥,∴AB1⊥A1D.
    (2)解 设平面A1BD的法向量n=(x,y,z),=(-1,-1,-),=(-2,1,0),
    ∵n⊥,n⊥,∴
    ∵∴
    令x=1,得n=(1,2,-),
    ∵C(-1,0,0),∴=(-2,0,0),∴点C到平面A1BD的距离d===.

    22.【答案】(1)证明 ∵AE⊥平面AA1D1D,A1D⊂平面AA1D1D,∴AE⊥A1D.
    ∵在长方体ABCD-A1B1C1D1中,AD=AA1=1,
    ∴A1D⊥AD1.
    ∵AE∩AD1=A,
    ∴A1D⊥平面AED1.
    ∵D1E⊂平面AED1,
    ∴D1E⊥A1D.
    (2)解 以D为坐标原点,DA,DC,DD1所在直线分别为x,y,z轴,建立空间直角坐标系,如图所示.

    设棱AB上存在点E(1,t,0)(0≤t≤2),
    使得AD1与平面D1EC所成的角为,
    A(1,0,0),D1(0,0,1),C(0,2,0),
    =(-1,0,1),=(0,-2,1),=(1,t-2,0),
    设平面D1EC的法向量为n=(x,y,z),

    取y=1,得n=(2-t,1,2),
    ∴sin==,
    整理,得t2+4t-9=0,
    解得t=-2或t=-2-(舍去),
    ∴在棱AB上存在点E使得AD1与平面D1EC所成的角为,此时AE=-2.


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