2020-2021学年天津高二（上）第一次月考数学试卷 (1)人教A版

这是一份2020-2021学年天津高二（上）第一次月考数学试卷 (1)人教A版，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 下列说法错误的是（ ）
A.设a→，b→是两个空间向量，则a→，b→一定共面
B.设a→，b→是两个空间向量，则a→⋅b→=b→⋅a→
C.设a→，b→，c→是三个空间向量，则a→，b→，c→一定不共面
D.设a→，b→，c→是三个空间向量，则a→⋅(b→+c→)=a→⋅b→+a→⋅c→

2. 在空间直角坐标系中，已知点A(4, −3, 5)，B(−2, 1, −7)，则线段AB的中点坐标是（ ）
A.(2, −2, −2)B.(1, −1, −1)C.(1, 1, 1)D.(2, 2, 2)

3. 如图，在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，若BD1→=xAB→+yAD→+zAA1→，则(x, y, z)=( )

A.(−1, 1, 1)B.(1, −1, 1)C.(1, 1, −1)D.(−1, −1, −1)

4. 如图，在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，以D为原点，DA→，DC→，DD1→为坐标向量建立空间直角坐标系，则平面A1BC1的法向量是（ ）

A.(1, 1, 1)B.(−1, 1, 1)C.(1, −1, 1)D.(1, 1, −1)

5. 已知空间向量a→=(3, 0, 4)，b→=(−3, 2, 5)，则向量b→在向量a→上的投影向量是（ ）
A.1125(−3, 2, 5)B.1138(−3, 2, 5)C.1125(3, 0, 4)D.1138(3, 0, 4)

6. 已知两条异面直线的方向向量分别是u→=(3, 1, −2)，v→=(3, 2, 1)，则这两条异面直线所成的角θ满足（ ）
A.sinθ=914B.sinθ=14C.csθ=914D.csθ=14

7. 已知平面α={P|n→⋅P0P→=0}，其中点P0(1, 2, 3)，法向量n→=(1, 1, 1)，则下列各点中不在平面α内的是（ ）
A.(3, 2, 1)B.(−2, 5, 4)C.(−3, 4, 5)D.(2, −4, 8)

8. 定义：两条异面直线之间的距离是指其中一条直线上任意一点到另一条直线距离的最小值，则在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，直线AC与BC1之间的距离是（ ）
A.22B.33C.12D.13

9. 直线3x−y+2=0的倾斜角为（ ）
A.30∘B.60∘C.120∘D.150∘

10. 如果AB>0，BC>0，那么直线Ax−By−C=0不经过的象限是（ ）
A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）

已知空间向量a→=(1, 0, 2)，b→=(−2, 1, 3)，则a→−2b→=________．

已知空间向量a→=(−2, 1, 5)，b→=(1, 3, −4)，则a→⋅b→=________．

已知空间向量a→=(1, −2, 3)，则向量a→在坐标平面Oxy上的投影向量是________．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=4，BC=2，CC1=3，E，F分别是BC，CD的中点，以D为原点，分别以DA，DC，DD1为坐标轴建立空间直角坐标系，则平面D1EF的一个法向量是________．


在三棱锥PABC中，G为△ABC的重心，设PA→=a，PB→=b，PC→=c，则PG→=________（用a，b，c表示）．

已知矩形ABCD，AB=20，BC=15，沿对角线AC将△ABC折起，使得BD=481，则二面角B−AC−D的大小是________.

直线ax+2y+6=0与直线x+(a−1)y+a2−1=0平行，则两直线间的距离为________．

已知点A(−3, 4)，B(2, 2)，直线mx+y+m+2=0与线段AB相交，则m的范围为________．
三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骧）

求经过直线l1:3x+4y−5=0，l2:2x−3y+8=0的交点M，且满足下列条件的直线的方程．
（1）经过点P(1, 3)；

（2）与直线2x+y+5=0平行；

（3）与直线2x+y+5=0垂直．

如图，长方体ABCD−A1B1C1D1中，AB=2，BC=CC1=1，若在CD上存在点E，使得A1E⊥平面AB1D1．

（1）求DE的长；

（2）求平面AB1D1与平面BB1E夹角的余弦值．

如图，△ABC是边长为2的正三角形，△ABD是以AB为斜边的等腰直角三角形，已知CD=2．

（1）求证：平面ABC⊥平面ABD；

（2）求直线AC与平面BCD所成角的正弦值．

如图，四棱锥P−ABCD中，△PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，BC // AD，CD⊥AD，PC=AD=2DC=2CB，E为PD的中点．

（1）证明：CE // 平面PAB；

（2）求直线CE与平面PAB间的距离．
参考答案与试题解析
2020-2021学年天津某校高二（上）第一次月考数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，每小题3分。共30分.）
1.
【答案】
C
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
由向量的平移可判断A，C；由向量数量积满足交换律、分配律可判断B，D．
【解答】
A，设a→，b→是两个空间向量，则a→，b→一定共面，正确，因为向量可以平移；
B，设a→，b→是两个空间向量，则a→⋅b→=b→⋅a→，正确，因为向量的数量积满足交换律；
C，设a→，b→，c→是三个空间向量，则a→，b→，c→一定不共面，错误，因为任何向量都可以平移为共面向量；
D，设a→，b→，c→是三个空间向量，则a→⋅(b→+c→)=a→⋅b→+a→⋅c→，正确，因为向量的数量积满足乘法对加法的分配律．
2.
【答案】
B
【考点】
空间中的点的坐标
【解析】
利用中点坐标公式直接求解．
【解答】
在空间直角坐标系中，
点A(4, −3, 5)，B(−2, 1, −7)，
则线段AB的中点坐标是(1, −1, −1)．
3.
【答案】
A
【考点】
空间向量的正交分解及其坐标表示
空间向量的基本定理及其意义
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量
【解析】
利用向量的加法公式，对向量BD1→进行分解，进而求出x，y，z的值．
【解答】
BD1→＝BB1→+B1D1→，又因BB1→＝AA1→，B1D1→＝BD→＝AD→−AB→，
∴ BD1→＝AA1→+AD→−AB→=xAB→+yAD→+zAA1→，
∴ x=−1，y=1，z=1，
4.
【答案】
A
【考点】
平面的法向量
【解析】
以D为原点，DA→，DC→，DD1→为坐标向量建立空间直角坐标系，利用向量法能求出平面A1BC1的法向量．
【解答】
在单位正方体ABCD−A1B1C1D1中，
以D为原点，DA→，DC→，DD1→为坐标向量建立空间直角坐标系，
A1(1, 0, 1)，B(1, 1, 0)，C1(0, 1, 1)，
BA1→=(0, 1, −1)，BC1→=(−1, 0, 1)，
设平面A1BC1的法向量是n→=(x, y, z)，
则n→⋅BC1→＝−x+z＝0˙，取x=1，得n→=(1, 1, 1)，
∴ 平面A1BC1的法向量是(1, 1, 1)．
5.
【答案】
B
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
由向量b→在向量a→上的投影向量为|a→|csb→|b→|，计算即可求出答案．
【解答】
向量a→=(3, 0, 4)，b→=(−3, 2, 5)，
则|a→|=5，|b→|=38，a→⋅b→=11，
所以向量b→在向量a→上的投影向量为
|a→|csb→|b→|=|a→||a→||b→|˙b→|b→|=5×115×38×b→38=1138b→=1138(−3, 2, 5)．
6.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
由已知两条异面直线的方向向量的坐标，然后利用数量积求夹角公式得答案．
【解答】
∵ 两条异面直线的方向向量分别是u→=(3, 1, −2)，v→=(3, 2, 1)，
∴ u→⋅v→＝3×3+1×2+(−2)×1＝9，
|u→|＝32+12+(−2)2＝14，|v→|＝32+22+12＝14，
又两条异面直线所成的角为θ，则csθ=|cs|=|u→|⋅|v→|˙=914⋅14＝914．
7.
【答案】
B
【考点】
平面的法向量
【解析】
结合各个选项分别求出P0P→，计算n→⋅P0P→的值是否为0，从而得出结论．
【解答】
对于B，P0P→=(−3, 3, 1)，n→⋅P0P→=1×(−3)+1×3+1×1=1≠0，故选项B不在平面α内（1）对于C，P0P→=(−4, 2, 2)，n→⋅P0P→=1×(−4)+1×2+1×2=0，故选项C在平面α内（2）对于D，P0P→=(1, −6, 5)，n→⋅P0P→=1×1+1×(−6)+1×5=0，故选项D在平面α内．
故选：B．
8.
【答案】
B
【考点】
点、线、面间的距离计算
【解析】
在AC上任取点M，作MN⊥BC1，设设AM→=λAC→，BN→=μBC1→，根据MN→⊥BC1→得出λ和μ的关系，从而可得|MN→|关于μ（或λ）的函数关系，再求出此函数的最小值即可．
【解答】
设M为直线AC上任意一点，过M作MN⊥BC1，垂足为N，
设AM→=λAC→=λAB→+λAD→，BN→=μBC1→=μAD→+μAA1→，
则MN→=AN→−AM→=AB→+BN→−AM→=(1−λ)AB→+(μ−λ)AD→+μAA1→，
BC1→=AD→+AA1→，
∵ MN⊥BC1，∴ MN→⋅BC1→=0，
即[(1−λ)AB→+(μ−λ)AD→+μAA1→]•(AD→+AA1→)=0，
∴ (μ−λ)AD→2+μAA1→2=0，即μ−λ+μ=0，
∴ λ=2μ，
∴ MN→=(1−2μ)AB→−μAD→+μAA1→，
∴ |MN→|=(1−2μ)2+μ2+μ2=6μ2−4μ+1=6(μ−13)2+13，
∴ 当μ=13时，|MN→|取得最小值13=33，
故直线AC与BC1之间的距离是33．
9.
【答案】
B
【考点】
直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系
【解析】
先求出直线的斜率，再根据倾斜角与斜率的关系及倾斜角的范围，求出倾斜角的大小．
【解答】
直线3x−y+2＝0的斜率等于3，
又因为直线的斜率等于倾斜角的正切值，且倾斜角大于或等于0度小于180度，
故直线的倾斜角为60∘，
10.
【答案】
B
【考点】
直线的一般式方程与直线的性质
【解析】
化直线的方程为斜截式，由已知条件可得斜率和截距的正负，可得答案．
【解答】
解：由题意可知B≠0，故直线的方程可化为y=ABx−CB，
由AB>0，BC>0可得AB>0，−CB<0，
由斜率和截距的几何意义可知直线不经过第二象限.
故选B.
二、填空题（本大题共8小题，每小题4分，共32分）
【答案】
(5, −2, −4)
【考点】
向量的线性运算性质及几何意义
空间向量
空间向量的概念
【解析】
根据向量的坐标运算计算即可．
【解答】
∵ a→=(1, 0, 2)，b→=(−2, 1, 3)，
∴ a→−2b→=(1, 0, 2)−2(−2, 1, 3)
=(5, −2, −4)，
【答案】
−19
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
根据空间向量数量积的坐标运算，计算即可．
【解答】
空间向量a→=(−2, 1, 5)，b→=(1, 3, −4)，
所以a→⋅b→=−2×1+1×3+5×(−4)=−19．
【答案】
(1, −2, 0)
【考点】
空间向量的数量积运算
【解析】
根据空间中点的坐标确定方法，结合空间向量的坐标表示，写出结论即可．
【解答】
根据空间中点的坐标确定方法知，
空间中点A(1, −2, 3)在坐标平面Oxy上的投影坐标，竖坐标为0，横坐标与纵坐标不变．
所以空间向量a→=(1, −2, 3)在坐标平面Oxy上的投影坐标是：(1, −2, 0)．
【答案】
(−6, 3, 2)
【考点】
平面的法向量
【解析】
根据条件可得D1E→=(1, 4, −3)，D1F→=(0, 2, −3)，设平面D1EF的一个法向量是n→=(x, y, z)，由n→⋅D1F→＝2y−3z＝0˙，能求出平面D1EF的一个法向量．
【解答】
解：由题意得，D1(0, 0, 3)，E(1, 4, 0)，F(0, 2, 0)，
所以D1E→=(1, 4, −3)，D1F→=(0, 2, −3).
设平面D1EF的一个法向量是n→=(x, y, z)，
则n→⋅D1E→＝x+4y−3z＝0,n→⋅D1F→＝2y−3z＝0,
取y=3，则n→=(−6, 3, 2)，
所以平面D1EF的一个法向量是(−6, 3, 2).
故答案为：(−6, 3, 2).
【答案】
13(a→+b→+c→)
【考点】
空间向量的加减法
【解析】
利用三角形重心的性质定理、三角形法则、向量的线性运算即可得出．
【解答】
解：如图，取BC的中点D，
∵ G为△ABC的重心，
则在△ABC中，AG→=23AD→=23×12(AB→+AC→)=13(AB→+AC→)．
∴ PG→−PA→=13(PB→−PA→+PC→−PA→)
∴ PG→=13PA→+13PB→+13PC→
=13(a→+b→+c→)．
故答案为：13(a→+b→+c→)．
【答案】
2π3
【考点】
用空间向量求平面间的夹角
【解析】
作出二面角的平面角，建立空间坐标系，设二面角为α，表示出B，D两点坐标，根据距离公式列方程解出α．
【解答】
解：在矩形ABCD中，作DE⊥AC于点O，交AB于点E，作BF⊥AC于点F，
∵ AB=20，BC=15，
∴ AC=202+152=25，
∴ DO=BF=20×1525=12，AO=CF=152−122=9，
∴ OF=25−9×2=7，
在翻折后，以O为原点，以OE，OC所在直线为x轴，y轴建立空间直角坐标系O−xyz，
则∠DOE为二面角B−AC−D的平面角，设∠DOE=α(0<α<π)，
则D(12csα, 0, 12sinα)，B(12, 7, 0)，
∴ |BD|=(12csα−12)2+49+144sin2α=337−288csα=481，
∴ csα=−12，
∴ α=2π3.
故答案为：2π3.
【答案】
655
【考点】
两条平行直线间的距离
【解析】
直接利用两直线平行的充要条件的应用和平行线间的距离公式的应用求出结果．
【解答】
直线ax+2y+6=0与直线x+(a−1)y+a2−1=0平行，
则a(a−1)−2=0，即a2−a−2=0，
解得a=2或−1．
当a=2时，两直线重合，
故a=−1，
所以两平行线间的距离d=|6|1+22＝655
【答案】
[3, +∞)∪(−∞, −43]
【考点】
直线的斜率
【解析】
先求出PA的斜率和PB的斜率，可得m的范围．
【解答】
直线mx+y+m+2=0，即m(x+1)+y+2=0，它经过定点P(−1, −2)，斜率为−m，
PA的斜率为4+2−3+1=−3，PB的斜率为 2+22+1=43，
∵ 直线mx+y+m+2=0与线段AB相交，
∴ −m≤−3 或−m≥43，求得m≥3 或m≤−43，
三、解答题（解答应写出文字说明、证明过程或演算步骧）
【答案】
由3x+4y−5＝02x−3y+8＝0，求得x＝−1y＝2，可得直线l1:3x+4y−5=0，l2:2x−3y+8=0的交点M(−1, 2)．
∵ 直线还经过点P(1, 3)，故它的方程为 y−23−2=x+11+1，即 x−2y+5=0．
根据所求直线与直线2x+y+5=0平行，可设它的方程为2x+y+m=0，
再把点M(−1, 2)代入，可得−2+2+m=0，求得m=0，故所求的直线的方程为 2x+y=0．
根据所求直线与直线2x+y+5=0垂直，可设它的方程为x−2y+n=0，
再把点M(−1, 2)代入，可得−1−4+n=0，求得n=5，故所求的直线的方程为x−2y+5=0．
【考点】
直线的一般式方程与直线的垂直关系
直线的一般式方程与直线的平行关系
【解析】
（1）把两条直线的方程联立方程组，则方程组的解即为交点M的坐标，再用两点式求出直线的方程．
（2）由题意利用两条直线平行的性质，用待定系数法求出直线的方程．
（3）由题意利用两条直线垂直的性质，用待定系数法求出直线的方程．
【解答】
由3x+4y−5＝02x−3y+8＝0，求得x＝−1y＝2，可得直线l1:3x+4y−5=0，l2:2x−3y+8=0的交点M(−1, 2)．
∵ 直线还经过点P(1, 3)，故它的方程为 y−23−2=x+11+1，即 x−2y+5=0．
根据所求直线与直线2x+y+5=0平行，可设它的方程为2x+y+m=0，
再把点M(−1, 2)代入，可得−2+2+m=0，求得m=0，故所求的直线的方程为 2x+y=0．
根据所求直线与直线2x+y+5=0垂直，可设它的方程为x−2y+n=0，
再把点M(−1, 2)代入，可得−1−4+n=0，求得n=5，故所求的直线的方程为x−2y+5=0．
【答案】
由
可知A1E→=(−1, 12, −1)为平面AB1D1的法向量，
BE→=(−1, −32, 0)，BB1→=(0, 0, 1)，
设平面BB1E的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅BE→＝0˙，即z＝0−x−32y＝0，
令y=2可得n→=(−3, 2, 0)，
∴ cs=|A1E→||n→|˙=432×13=81339，
∴ 平面AB1D1与平面BB1E夹角的余弦值为81339
【考点】
二面角的平面角及求法
直线与平面垂直
【解析】
（1）建立空间坐标系，设DE=a，令A1E→⊥AB1→即可求出a的值；
（2）求出平面BB1E的法向量n→，计算n→和A1E→的夹角即可得出二面角的大小．
【解答】
(1)以D为原点，以DA，DC，DD1为轴建立空间直角坐标系D−xyz，
【答案】
证明：取AB中点O，连OC、OD，
则OC⊥AB，OD⊥AB，
所以∠COD是二面角C−AB−D的平面角．
在△OCD中，
因为OC＝3，OD=1，CD=2，
所以∠COD=90∘．
所以，平面ABC⊥平面ABD．
建立空间直角坐标系(O−CBD)．
则AC→＝(3,1,0)，BC→＝(3,−1,0)，BD→＝(0,−1,1)．
设n→＝(x,y,z)是平面BCD的法向量，
则n→⋅BD→＝−y+z＝0˙⇒3x＝y＝z，取n→＝(1,3,3)．
则|cs|=|AC→||n→|˙=232×7＝217，
所以直线AC与平面BCD所成角的正弦值217．
【考点】
直线与平面所成的角
平面与平面垂直
【解析】
（1）取AB中点O，连OC、OD，说明∠COD是二面角C−AB−D的平面角．求解∠COD=90∘．即可证明平面ABC⊥平面ABD．
（2）建立空间直角坐标系(O−CBD)．求出平面BCD的法向量，利用空间向量的数量积求解直线AC与平面BCD所成角的正弦值．
【解答】
证明：取AB中点O，连OC、OD，
则OC⊥AB，OD⊥AB，
所以∠COD是二面角C−AB−D的平面角．
在△OCD中，
因为OC＝3，OD=1，CD=2，
所以∠COD=90∘．
所以，平面ABC⊥平面ABD．
建立空间直角坐标系(O−CBD)．
则AC→＝(3,1,0)，BC→＝(3,−1,0)，BD→＝(0,−1,1)．
设n→＝(x,y,z)是平面BCD的法向量，
则n→⋅BD→＝−y+z＝0˙⇒3x＝y＝z，取n→＝(1,3,3)．
则|cs|=|AC→||n→|˙=232×7＝217，
所以直线AC与平面BCD所成角的正弦值217．
【答案】
证明：取PA的中点M，连接BM、EM，
∵ E为PD的中点，∴ EM // AD，EM=12AD=BC，
∴ 四边形BCEM为平行四边形，
∴ CE // BM，
∵ CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，
∴ CE // 平面PAB．
∵ CE // 平面PAB，∴ 点E到平面PAB的距离即为所求．
设PC=AD=2DC=2CB=2，
取AD的中点N，连接BN、PN，则四边形BCDN为矩形，BN=CD=1
∵ △PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴ PN⊥AD，PN=12AD=1，
∵ BN⊥AD，PN∩BN=N，PN、BN⊂平面PNB，
∴ AD⊥平面PNB，
∵ BC // AD，∴ BC⊥平面PNB，
∵ BC⊂平面ABCD，∴ 平面ABCD⊥平面PNB，
以B为原点，BC、BN分别为x、y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0, 0, 0)，A(1, −1, 0)，D(1, 1, 0)
∵ BC⊥平面PNB，∴ BC⊥PB，
在Rt△PBC中，PB=PC2−BC2=22−12=3，
∵ BN=PN=1，∴ ∠PNB=120∘，
∴ 点P(32, 0, 32)，E(54, 12, 34)，
∴ BP→=(32, 0, 32)，BA→=(1, −1, 0)，BE→=(54, 12, 34)，
设平面PAB的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅BA→＝0˙，即32x+32z＝0x−y＝0，
令x=1，则y=1，z=−3，∴ n→=(1, 1, −3)，
∴ 点E到平面PAB的距离d=||n→|˙|=|54+12−3×341+1+3|=55，
故直线CE与平面PAB间的距离为55．
【考点】
点、线、面间的距离计算
直线与平面平行
【解析】
（1）取PA的中点M，连接BM、EM，易证四边形BCEM为平行四边形，故CE // BM，再由线面平行的判定定理即可得证；
（2）由CE // 平面PAB，知点E到平面PAB的距离即为所求．设BC=1，取AD的中点N，连接BN、PN，可证PN⊥AD，BN⊥AD，进而推出BC⊥平面PNB；于是以B为原点，BC、BN分别为x、y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立空间直角坐标系，可证BC⊥PB，从而求得PB=3，∠PNB=120∘，写出点P、E的坐标，根据法向量的性质求得平面PAB的法向量n→，由点E到平面PAB的距离d=||n→|˙|即可得解．
【解答】
证明：取PA的中点M，连接BM、EM，
∵ E为PD的中点，∴ EM // AD，EM=12AD=BC，
∴ 四边形BCEM为平行四边形，
∴ CE // BM，
∵ CE⊄平面PAB，BM⊂平面PAB，
∴ CE // 平面PAB．
∵ CE // 平面PAB，∴ 点E到平面PAB的距离即为所求．
设PC=AD=2DC=2CB=2，
取AD的中点N，连接BN、PN，则四边形BCDN为矩形，BN=CD=1
∵ △PAD是以AD为斜边的等腰直角三角形，∴ PN⊥AD，PN=12AD=1，
∵ BN⊥AD，PN∩BN=N，PN、BN⊂平面PNB，
∴ AD⊥平面PNB，
∵ BC // AD，∴ BC⊥平面PNB，
∵ BC⊂平面ABCD，∴ 平面ABCD⊥平面PNB，
以B为原点，BC、BN分别为x、y轴，在平面PNB内，作Bz⊥平面ABCD，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(0, 0, 0)，A(1, −1, 0)，D(1, 1, 0)
∵ BC⊥平面PNB，∴ BC⊥PB，
在Rt△PBC中，PB=PC2−BC2=22−12=3，
∵ BN=PN=1，∴ ∠PNB=120∘，
∴ 点P(32, 0, 32)，E(54, 12, 34)，
∴ BP→=(32, 0, 32)，BA→=(1, −1, 0)，BE→=(54, 12, 34)，
设平面PAB的法向量为n→=(x, y, z)，则n→⋅BA→＝0˙，即32x+32z＝0x−y＝0，
令x=1，则y=1，z=−3，∴ n→=(1, 1, −3)，
∴ 点E到平面PAB的距离d=||n→|˙|=|54+12−3×341+1+3|=55，
故直线CE与平面PAB间的距离为55．