2022-2023学年广东省佛山市顺德区第一中学高二上学期第一次月考 数学 解析版

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广东省佛山市顺德区第一中学2022-2023学年高二上学期第一次月考 数学 第Ⅰ卷（选择题）2022.10.12一、单选题（每题6分，共48分）1. 己知向量，平面的一个法向量，若，则（ ）A. ， B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】分析可知，可得出，即可得解.【详解】因为，则，则，故选：C.2. 如图所示，在大小为30°的二面角中，四边形ABFE和四边形CDEF都是边长为1的正方形，则B，D两点间的距离是（ ）A. 2 B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用空间向量基本定理写出向量的表达式，利用正方形的性质和二面角的定义，结合空间向量数量积的定义进行求解即可.【详解】解：因为四边形，都是边长为1的正方形，所以有，因为四边形，都是边长为1的正方形，所以有，因为二面角大小为30°，所以有，因此，因为，所以，因此有.故选：C.3. 平行六面体中，，则该平行六面体的体对角线的长为（ ）A. B. 5 C. D. 【答案】A【解析】【分析】由空间向量加法的几何意义，结合平行六面体中相关线段的位置关系可得，再由空间向量数量积的运算律求，进而可得的长.【详解】由题设，可得如下示意图，由图知：，，∴，又，∵，∴，即.故选：A4. 已知矩形，为平面外一点，且平面，、分别为、上的点，且，，，则的值为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】将、用、、加以表示，利用空间向量的减法法则可得出关于、、的表达式，由此可求得的值.【详解】因为平面，且四边形为矩形，故、、为空间向量的一个基底，，故，，则，因此，，所以，，，，所以，.故选：B5. 如图，在三棱锥P﹣ABC中，PA⊥平面ABC，∠ABC＝90°，∠BAC＝60°，PA＝AB＝2，以B为原点，分别以的方向为x轴，y轴，z轴的正方向建立空间直角坐标系，设平面PAB和平面PBC的一个法向量分别为，则下列结论中正确的是（ ）A. 点P的坐标为（0，0，2） B. C. D. 【答案】D【解析】分析】根据空间直角坐标系，写出点坐标，，，，分别计算即可求值.【详解】建立空间直角坐标系如图：由题意可得，，，，所以，.设，则，取，可得.因为，，所以平面PAB，所以平面平面PAB，所以，所以.综上所述，A，B，C错，D正确.故选：D6. 如图，在正三棱柱中，若，则与所成角的大小为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】取向量为空间向量的一组基底向量，表示出与，再借助空间向量运算即可计算作答.【详解】在正三棱柱中，向量不共面，，，令，则，而，，于是得，因此，，所以与所成角的大小为.故选：B7. 如图，在棱长为a的正方体中，P为的中点，Q为上任意一点，E，F为上两个动点，且的长为定值，则点Q到平面的距离（ ）A. 等于 B. 和的长度有关C. 等于 D. 和点Q的位置有关【答案】A【解析】【分析】取的中点G，连接，利用线面平行判断出选项B,D错误；建立空间直角坐标系，利用平面的法向量结合空间向量数量积公式求得点到面的距离，从而得出结论.【详解】取的中点G，连接，则，所以点Q到平面的距离即点Q到平面的距离，与的长度无关，B错．又平面，所以点到平面的距离即点Q到平面的距离，即点Q到平面的距离，与点Q的位置无关，D错．如图，以点D为原点，建立空间直角坐标系，则，∴，，，设是平面的法向量，则由得令，则，所以是平面的一个法向量．设点Q到平面的距离为d，则，A对，C错．故选：A．【点睛】本题主要考查点到直线的距离，意在考查学生的数学抽象的学科素养，属中档题.8. 甲、乙两人进行投壶比赛，比赛规则：比赛中投中情况分“有初”“贯耳”“散射”“双耳”“依竿”五种，其中“有初”算“两筹”，“贯耳”算“四筹”，“散射”算“五筹”，“双耳”算“六筹”，“依竿”算“十筹”，投不中算“零筹”，进行三场比赛后得筹数最多者获胜．假设每场比赛中甲投中“有初”的概率为，投中“贯耳”的概率为，投中“散射”的概率为，投中“双耳”的概率为，投中“依竿”的概率为，乙的投掷水平与甲相同，且甲，乙两人投掷相互独立．比赛第一场，两人平局，第二场，甲投中“贯耳”，乙投中“双耳”，则三场比赛结束时，甲获胜的概率为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】甲要想赢得比赛，在第三场比赛中，比乙至少多得三筹．甲得“四筹”，乙得“零筹”，甲可赢；甲得“五筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢；甲得“六筹”，乙得“零筹”或“两筹”，甲可赢；甲得“十筹”，乙得“零筹”或“两筹”、“四筹”、“五筹”、“六筹”，甲都可蠃，由此利用互斥事件概率加法公式能求出甲获胜的概率．【详解】解：由题可知若甲获胜，则在第三场比赛中，甲比乙至少多得三筹．分以下四种情况：①甲得“四筹”，乙得“零筹”，此种情况发生的概率；②甲得“五筹”，乙得“零筹”或“两筹”，此种情况发生的概率；③甲得“六筹”，乙得“零筹”或“两筹”，此种情况发生的概率；④甲得“十筹”，乙得“零筹”或“两筹”或“四筹”或“五筹”或“六筹”，此情况发生的概率，故甲获胜的概率．故选：D．二、多选题（每题6分，共24分）9. 已知空间三点：，设，则下列命题正确的是（ ）A. B. 在方向上的投影向量等于C. 是等边三角形D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据空间向量的线性运算坐标表示可判断A；根据向量数量积的几何意义可得判断B；计算、、可判断C；利用数量积的坐标运算可判断D，进而可得符合题意的选项.【详解】，，，所以，故选项A正确；在方向上的投影向量等于，故选项B不正确；，，，所以是等边三角形，故选项C正确；，，，所以，故选项D正确.故选：ACD10. 下列命题中，正确的有（ ）A. 空间任意向量都是共面向量B. 已知，，，四点共面，对空间任意一点，若，则C. 在四面体中，若，，则D. 若向量是空间一组基底，则也是空间的一组基底【答案】ACD【解析】【分析】利用空间向量共面定理及数量积运算，逐一分析判断即可．【详解】解：对于，空间任意向量都是共面向量，所以A正确对于B，已知，，，四点共面，对空间任意一点，若则，解得，所以B错误对于C，在四面体中，若，，则，所以C正确对于D，因为向量是空间一组基底，则对于空间任一向量，都存在实数，，，使得，即，所以也是空间的一组基底，所以D正确．故选：ACD．11. 已知点是平行四边形所在平面外的一点，，，，则（ ）A. B. 是平面的法向量C. D. 直线与平面所成角的余弦值为【答案】AD【解析】【分析】利用向量垂直的坐标形式可判断A的正误，求出的值可判断B的正误，求出的坐标后可判断C的正误，再求出平面的法向量后可判断D的正误.【详解】因为四边形为平行四边形，故.而，所以，故成立，故A正确.，而，故不成立，故B错误.，而，故不成立，故C错误.因为，，，设平面的法向量为，则，取，则，故，设直线与平面所成角为，则，而，故，故选：AD.12. 如图，正方形的边长为2，为边的中点，把和分别沿，折起.使得，两点重合为一点.下列四个命题正确的是（ ）A. 平面B. 直线与直线所成的角为C. 二面角的大小为D. 点到平面的距离为【答案】AC【解析】【分析】作出图形，根据线面、线线位置关系可判断A,B，找到二面角的平面角，根据长度计算即可知C对错；然后作，根据计算即可.【详解】如图，由平面图形，可知，，又,平面∴平面，又平面可得∴A对，B错；取的中点，连接，，则，，∴为二面角的平面角，，，，∴，C对； 由C选项知平面，∴平面平面，为交线，在平面中作，交于，则平面，由，求得，∴点到平面的距离为，D错.故选：AC第Ⅱ卷（非选择题）三、填空题（每题6分，共24分）13. 设为三个随机事件，若与互斥，与对立，且，，则_____________．【答案】【解析】【分析】由与对立可求出，再由与互斥，可得求解.【详解】与对立，，与互斥，.故答案为：.14. 从2名男同学和3名女同学中任选2人参加社区活动，则选中的2人都是女同学的概率__________．【答案】；【解析】【分析】利用古典概型的概率公式求解.【详解】由古典概型的概率公式得.故答案为【点睛】本题主要考查古典概型的概率的计算，意在考查学生对该知识的理解掌握水平，属于基础题.15. 设，向量，且，则_____________．【答案】3【解析】【分析】根据向量可知，根据可知，由此计算出，最后求出的坐标即可求出模长.【详解】因为，且，所以，可得，所以，所以，故答案为：3．16. 如图，在四棱锥中，PA⊥平面ABCD，BCAD，，，已知Q是四边形ABCD内部一点，且平面QPD与平面APD的夹角为，则的面积的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，其中，，利用空间向量法可得出，求出的取值范围，即可求得的面积的取值范围.【详解】平面，，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，则、、、、，设点，其中，，设平面的法向量为，，，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由已知条件可得，所以，，即，直线上的点满足，联立，解得，联立，解得，所以，点的纵坐标的取值范围为，易知点不在线段上，则，所以，.故答案为：.四、解答题17. 如图，在三棱柱中，平面，分别为的中点，，.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值；【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）通过证明，得线面垂直；（2）建立空间之间坐标系，利用法向量的夹角的余弦值得二面角的余弦值.【详解】（1）在三棱柱中，平面，故四边形为矩形.又分别为的中点，，又，，平面，平面平面.（2）由（1）知，由平面，平面.如图建立空间直角坐称系.由题意得，，设平面的法向量为，，，令，则，所以平面的法向量，又平面的法向量为，.所以二面角的余弦值为.【点睛】此题考查线面垂直的证明和求二面角的大小，关键在于熟练掌握线面垂直的判定定理，利用向量的方法求解二面角的大小需要注意防止计算出错.属于中档题.18. 溺水､校园欺凌等与学生安全有关的问题越来越受到社会的关注和重视，为了普及安全教育，某市组织了一次学生安全知识竞赛，规定每队3人，每人回答一个问题，答对得1分，答错得0分.在竞赛中，甲､乙两个中学代表队狭路相逢，假设甲队每人回答问题正确的概率均为，乙队每人回答问题正确的概率分别为，，，且两队各人回答问题正确与否相互之间没有影响.（1）求甲队总得分为1分的概率；（2）求甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.【答案】（1） （2）【解析】【分析】由对立事件概率求法，结合独立事件的乘法公式、互斥事件的加法公式求甲队总得分为1分的概率、甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率即可.【小问1详解】记“甲队总得分为1分”为事件B：甲队得1分，即三人中只有1人答对，其余两人都答错，其概率.∴甲队总得分为1分的概率为.【小问2详解】记“甲队总得分为2分”为事件C，记“乙队总得分为1分”为事件D.事件C即甲队三人中有2人答对，剩余1人答错，∴事件D即乙队3人中只有1人答对，其余2人答错，∴.由题意，事件C与事件D相互独立，∴甲队总得分为2分且乙队总得分为1分的概率.19. 如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，（1）证明：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值；（3）在线段上是否存在一点，使得平面与平面的夹角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，.【解析】【分析】（1）根据面面平行的判定及性质定理，即可得证.（2）根据面面垂直的性质定理，可证平面，，即可求得BN长，根据勾股定理，可证，如图建系，求得各点坐标，即可坐标，进而可求得平面CDM的法向量，根据线面角的向量求法，即可得答案.（3）设点，即可求得E点坐标，进而可求得平面的法向量，由（1）可得平面，所以即为平面的法向量，根据二面角的向量求法，列出方程，即可求得值，即可得答案.【小问1详解】因为为正方形，所以，因为，且，平面AND，平面BMC，所以平面平面BMC，又平面AND，所以平面.【小问2详解】因为平面平面，且平面平面，，所以平面，又平面，所以，在中，，所以在中，，所以，又，所以，所以两两垂直，以B为原点，为x，y，z轴正方向建系，如图所示：所以，则，设平面CDM的法向量，则，令，可得，所以一条法向量，设直线与平面所成角为，则，所以直线与平面所成角的正弦值为【小问3详解】假设存在点E，设点，所以，所以点，则，设平面的法向量，则，令，可得，所以一条法向量，因为平面，所以即为平面的法向量，所以，即，解得或-1（舍），所以，则，所以存在一点E，使得平面与平面的夹角的余弦值为，此时20. 如图，在梯形ABCD中，，，，四边形BFED为矩形，，平面平面ABCD.（1）求证：平面BDEF；（2）点P在线段EF上运动，设平面PAB与平面ADE所成的夹角为，试求的最小值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）由已知条件可得，再由平面平面ABCD，可得平面ADB，则，然后由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由于，，，所以建立直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令，然后利用空间向量求解即可小问1详解】证明，在梯形ABCD中，∵，，，∴，，∴，∴.又∵平面平面ABCD，平面平面，，∴平面ADB，∴.又∵，∴平面BDEF.【小问2详解】由（1）可知，，.可建立直线DA，DB，DE为x轴，y轴，z轴的如图所示的空间直角坐标系，令，则，，，，∴，设为平面法向量，由，得，取，∵是平面的一个法向量，∴.∵，∴当时，有最大值，∴的最小值为筹数2456100