2021-2022学年广东省广州市第一一三中学高二上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年广东省广州市第一一三中学高二上学期10月月考数学试题（解析版），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021-2022学年广东省广州市第一一三中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知向量，且与互相垂直，则k的值是（    ）A．1 B． C． D．【答案】D【分析】向量的垂直用坐标表示为，代入即可求出答案.【详解】，，因为与互相垂直，所以，所以，所以.故选：D.2．已知空间上点和，则为（    ）A．3 B．4 C．5 D．1【答案】C【分析】有空间向量的坐标，向量模的计算，或者空间两点间距离公式直接求得即可.【详解】由空间两点间距离公式.故选：.【点睛】本题考查空间向量的模的计算,难度容易.3．直线：的倾斜角为（    ）A． B． C． D．【答案】A【解析】根据直线方程，得出斜率，进而可得倾斜角.【详解】因为直线：的斜率为，则倾斜角为.故选：A.【点睛】本题主要考查求直线的倾斜角，属于基础题.4．已知两条直线，则t=（    ）A．或 B． C． D．【答案】C【分析】根据题意列方程组求解即可.【详解】由题意可知，因为两条直线，所以，由，得，，解得或，当时，，两直线重合，不合题意，舍去，当时，，符合题意，综上，，故选：C.5．如图，在正方体中，E为的中点，若O为底面的中心，则异面直线与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．【答案】D【解析】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，求出，，利用向量关系即可求出.【详解】以D为坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，，，.因为，，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故选：D.6．已知正方体ABCD ­A1B1C1D1的棱长为2，点E是A1B1的中点，则点A到直线BE的距离是(　　)A． B．C． D．【答案】B【分析】建立空间直角坐标系，先求夹角的余弦，再求点A到直线BE的距离.【详解】建立如图所示空间直角坐标系，则＝(0,2,0)，＝(0,1,2)．∴cosθ＝＝.∴sinθ＝.故点A到直线BE的距离d＝||sinθ＝2×.故答案为B【点睛】本题主要考查点到线距离的向量求法，意在考查学生对该知识的掌握水平和分析推理计算能力.7．在空间四边形ABCD中，＝（    ）A．－1 B．0C．1 D．不确定【答案】B【解析】令，利用空间向量的数量积运算律求解.【详解】如图，令，则，，.故选：B8．已知定点和直线，则点到直线的距离的最大值为（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据直线的方程先确定出直线所过的定点，然后判断出点到直线的距离的最大值为，结合点的坐标求解出结果.【详解】将变形得，所以是经过两直线和的交点的直线系.设两直线的交点为，由得交点，所以直线恒过定点，于是点到直线的距离，即点到直线的距离的最大值为.故选：B. 二、多选题9．已知向量，则与共线的单位向量（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】直接利用向量求出向量的模，进一步求出单位向量．【详解】解：由于向量，所以根据单位向量的关系式，可得或．故选：．10．设直线l经过点，且在两坐标轴上的截距相等，则直线l的方程为（    ）A． B． C． D．x+2y=0【答案】AB【分析】分截距为零与不为零两种情况讨论，分别计算可得；【详解】解：设直线l经过点，且在两坐标轴上的截距相等，当截距都为零，则经过坐标原点，设直线方程为，则，，所以直线方程为，即；当截距都不为零，则设直线方程为，则，所以直线方程为，即综上直线方程为：或故选：AB【点睛】本题主要考查用待定系数法求直线的方程，属于基础题．11．对于任意非零向量，，以下说法错误的有A．若，则B．若，则C．D．若，则为单位向量【答案】BD【分析】利用空间向量垂直的坐标表示可判断A选项的正误；取，且可判断B选项的正误；利用空间向量夹角余弦的坐标表示可判断C选项的正误；求得，可判断D选项的正误.【详解】对于A选项，因为，则，A选项正确；对于B选项，若，且，，若，但分式无意义，B选项错误；对于C选项，由空间向量数量积的坐标运算可知，C选项正确；对于D选项，若，则，此时，不是单位向量，D选项错误.故选：BD.【点睛】本题考查与空间向量相关的命题真假的判断，考查了空间向量数量积的坐标运算以及空间共线向量的坐标表示，属于基础题.12．如图，在正方体中，，点M，N分别在棱AB和上运动（不含端点），若，下列命题正确的是（    ）A． B．平面C．线段BN长度的最大值为 D．三棱锥体积不变【答案】ACD【分析】以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴建立坐标系，设出动点M，N的坐标，利用空间向量运算判断选项A，B，C，利用等体积法的思想判断选项D即可得解.【详解】在正方体中，以点D为原点，射线DA，DC，DD1分别为x，y，z轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图：A1(3,0,3)，D1(0,0,3)，C(0,3,0)，B(3,3,0)，设M(3,y,0)，N(3,3,z)，，，而则，对于A选项：，则，，A正确；对于B选项：，，即CM与MN不垂直，从而MN与平面D1MC不垂直，B不正确；对于C选项：，则线段BN长度，当且仅当时取“=”，C正确；对于D选项：不论点M如何移动，点M到平面A1D1C1的距离均为3，而，三棱锥体积为定值，即D正确.故选：ACD 三、填空题13．已知△ABC的三个顶点是，，，则BC边的中线AD所在的直线的方程是___________ .【答案】【分析】由中点坐标公式求得BC中点坐标，再由两点式求得BC边的中线AD所在的直线方程.【详解】∵，，∴BC中点，又，∴AD直线方程为，整理，得：.故答案为：.14．在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，E，F，分别在棱B1B和D1D上，且BE，DF．若，则x+y+z＝__．【答案】【分析】根据空间向量的加法、减法和数乘运算法则，以为基底表示出，由此求得，进而求得.【详解】平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，BE，DF，所以 ．由，所以x＝﹣1，y＝1，z，x+y+z＝﹣1+1．故答案为：．15．如图，甲站在水库底面上的点处，乙站在水坝斜面上的点处，已知库底与水坝所成的二面角为，测得从到库底与水坝的交线的距离分别为米、米，米，则甲乙两人相距_______米.【答案】70【分析】由平方即可求解.【详解】由题意，，，，米，米，米，库底与水坝所成的二面角为，，米.故答案为：70.16．长方体中，，与所成角的正切值为2，则该长方体的体积为________．【答案】4或【分析】建立空间直角坐标系，然后根据题意计算高度，最后根据长方体的体积公式计算即可.【详解】如图：设，则所以，由与所成角的正切值为2所以可知与所成角的余弦值为则，所以或，即或所以长方体的体积为或故答案为：4或 四、解答题17．在空间四边形中，分别是的中点，为线段上一点，且，设基向量，用这个基向量表示以下向量：、．【答案】，．【分析】利用空间向量基本定理，结合向量运算求解即可.【详解】解：∵分别是的中点，∴，∴，，，∴．  18．已知直线与直线(1)求经过直线与的交点，且与直线垂直的直线l的方程．(2)求分别到直线与的距离．【答案】(1)；(2)，； 【分析】（1）联立直线与的方程，可解出交点坐标为，代入方程，即可得到；（2）根据点到直线的距离即可求出.【详解】（1）联立直线与的方程，解得，交点为.因为直线l与直线垂直，则可设直线l的方程为，代入点，可得，，所以，直线l的方程为.（2）由已知可得，点到直线，即直线的距离为，点到直线的距离为.19．如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，点E，F分别为AD，PC的中点．(1)证明：平面PBE；(2)求点F到平面PBE的距离．【答案】(1)见解析(2) 【分析】(1) 取的中点，连接， ，则可证，进而由线面平行的判定定理即可得证；（2）平面，转化为点到平面的距离，再由等体积法求解.【详解】（1）取的中点，连接， ，如图，则，且，∵且，∴且，∴四边形为平行四边形，∴，平面，平面，平面；（2）因为平面，所以点到平面的距离与到平面的距离是相等的，故转化为求点到平面的距离，设为．利用等体积法： ，即， 而，∵在中，，在中，∴，∴．即点到平面的距离为.20．如图，在三棱锥P-ABC中，平面平面ABC，，.（1）若，求证：平面平面PBC；（2）若PA与平面ABC所成的角为，求二面角C-PB-A的余弦值.【答案】（1）见解析  （2）【分析】(1)利用面面垂直的性质定理证明平面，由此即可证明平面平面；(2)根据条件建立空间直角坐标系，求解出平面、平面的法向量，利用法向量夹角的余弦值求解出二面角的余弦值.【详解】解：（1）证明：因为平面平面ABC，平面平面，平面ABC，，所以平面PAC，由平面PAC，所以，又因为，所以平面PBC，因为平面PAB，所以平面平面PBC；（2）过P作，因为平面平面ABC，所以平面ABC，所以，不妨设，所以，以C为原点，分别以CA，CB所在的直线为x，y轴，以过C点且平行于PH的直线为z轴，建立空间直角坐标系如图所示，则，，，设为面PAB的一个法向量，则有，即，令，可得，设为面PBC的一个法向量，则有，即，令，可得，所以，所以二面角C-PB-A的余弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的证明以及利用空间向量求解二面角的余弦值，难度一般.(1)证明线面垂直可通过判定定理也可以通过面面垂直的性质定理证明；(2)求解二面角的余弦值时，可通过平面法向量夹角的余弦值结合实际图形完成求解.21．如图，在正方体中，是棱的中点．（1）求二面角的余弦值；（2）在棱（包含端点）上是否存在点，使平面，给出你的结论，并证明．【答案】（1）；（2）不存在，证明见解析.【分析】(1)以为正交基底建立直角坐标系，求出相应点的坐标，再求平面的一个法向量为和面的一个法向量为，然后计算法向量夹角的余弦值，即可得二面角的余弦值；(2) 设的坐标为，若在棱（包含端点）上存在点，使平面，根据求出，再判断即可.【详解】（1）解：设正方体的边长为单位长度，建立如图直角坐标系，则，，，所以，．设平面的一个法向量为，则，即，可得平面的一个法向量为．又因为平面的一个法向量为，所以．所以二面角的余弦值为．（2）不存在.证明：设的坐标为，因为的坐标为，所以，若在棱（包含端点）上存在点，使平面，则，所以，即，与矛盾，所以棱（包含端点）上不存在点，使平面．22．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，并证明直线平面EMC；(2)是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为；若存在，求此时二面角的余弦值，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，. 【分析】（1）延长FM与EA的延长线交于点O，判断点O在平面ADE内，连接DF交CE于N，结合线面平行的判定推理作答；（2）以AE的中点H为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量确定点M的位置，再计算两个平面夹角余弦作答.【详解】（1）依题意，四边形是矩形，点M为AB的中点，如图1，延长FM与EA的延长线交于点O，又平面ADE，即有平面ADE，因，且，因此点A为线段EO中点，即AO=2，M为线段FO的中点，连接DF交CE于N，连接MN，矩形CDEF中，N是线段DF中点，于是得，而平面，平面，所以平面.（2）依题意，，，，平面，平面，则平面，且为二面角的平面角，即.连接，而，即有为正三角形，取的中点H，连接DH，则，由平面，平面，得平面平面，又平面，平面平面，于是得平面，取BF中点G，连接HG，由矩形得，即有两两垂直，以点H为原点，射线分别为轴非负半轴建立空间直角坐标系，如图2，则点，，.假设存在点M满足条件，因点M在线段AB上，设，，，，.设平面的一个法向量，则，令，得，因直线DE与平面EMC所成的角为60°，则，解得或，即存在点满足直线DE与平面EMC所成的角为60°，点为线段AB的靠近点A或B的四等分点.设平面的一个法向量，则，令，得，则.令平面MEC与平面ECF的夹角为，则，显然或时，.由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.