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）

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．0

C．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：B

8．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.