2022-2023学年广东省江门市棠下中学高二（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2022-2023学年广东省江门市棠下中学高二（上）月考数学试卷（10月份），共22页。试卷主要包含了单项选择题，填空则，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）（2022春•凉州区期中）已知，若，则x＝（ ）
A．﹣1B．1C．0D．2
2．（5分）（2022•天津模拟）若A（﹣1，﹣2），B（4，8），C（5，x），且A，B，C三点共线，则x＝（ ）
A．﹣2B．5C．10D．12
3．（5分）（2021秋•雁江区校级期中）已知点A（﹣3，1，﹣4），B（7，1，0），则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣2，1，﹣2）B．（2，1，﹣2）C．（2，﹣1，﹣2）D．（2，1，2）
4．（5分）（2022•杭州模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，，，则的值为（ ）
A．1B．0C．﹣1D．﹣2
5．（5分）（2019秋•吉安期末）在四面体OABC中，空间的一点M满足，若共面，则λ＝（ ）
A．B．C．D．
6．（5分）（2022春•泰兴市期末）如图所示，在四面体O﹣ABC中，，，，点M在OA上，且＝2，N为BC的中点，则＝（ ）
A．﹣+B．﹣++
C．D．
7．（5分）（2023春•东安区校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且AA1＝2，则AC1的长为（ ）
A．B．C．D．
8．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，∠ABC＝90°，且AB＝2BC＝2SC，D，E分别为SA，BC的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
二、多项选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分。
（多选）9．（5分）（2022春•宁德期中）如图正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，则下列向量相等的是（ ）
A．与B．与C．与D．与
（多选）10．（5分）（2022秋•丰城市期末）已知空间中三点A（0，1，0），B（2，2，0），C（﹣1，3，1），则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是（1，1，0）
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣2，5）
（多选）11．（5分）（2021秋•同安区校级期中）已知向量＝（1，2，3），＝（3，0，﹣1），＝（﹣1，5，﹣3），下列等式中正确的是（ ）
A．（•）＝•B．（+）•＝•（+）
C．（++）2＝2+2+2D．|++|＝|﹣﹣|
（多选）12．（5分）（2022秋•北流市校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面 ABCD，则（ ）
A．PA⊥BD
B．PB与平面ABCD所成角为
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为
D．平面PAB与平面PBC所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为
三、填空则：本题共4小题,每小题5分，共20分.
13．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）若＝（2，3，6），则||＝ ．
14．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知、B（1，0），则直线AB的倾斜角为 ．
15．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知向量为平面α的法向量，点A（﹣1，2，1）在α内，则点P（5，1，4）到平面α的距离为 ．
16．（5分）（2014秋•合肥期末）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 ．
四、解答题：本题共4小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（16分）（2023秋•浙江月考）已知，．
（1）求与夹角的余弦值；
（2）当时，求实数k的值．
18．（18分）（2022秋•蓬江区校级月考）棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且，H是C1G的中点．
（1）求．
（2）求FH的长．
19．（18分）（2022•苏州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1，BCC1B1都是正方形，∠ABC为直角，AB＝2，M，N分别为AB1，AC的中点．
（I）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线AB与平面AMN所成角的正弦值．
20．（18分）（2022•苏州模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED．
①求证：PA⊥平面ABCD；
②在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
2022-2023学年广东省江门市棠下中学高二（上）月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。
1．（5分）（2022春•凉州区期中）已知，若，则x＝（ ）
A．﹣1B．1C．0D．2
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】A
【分析】利用向量垂直的性质直接求解．
【解答】解：，，
∴＝﹣4﹣x+3＝0，
解得x＝﹣1．
故选：A．
【点评】本题考查实数值的求法，考查向量垂直的性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
2．（5分）（2022•天津模拟）若A（﹣1，﹣2），B（4，8），C（5，x），且A，B，C三点共线，则x＝（ ）
A．﹣2B．5C．10D．12
【专题】转化思想；转化法；直线与圆；数学运算．
【答案】C
【分析】由三点共线可得，直线AB，AC的斜率存在且相等，再结合直线的斜率公式，即可求解．
【解答】解：∵A（﹣1，﹣2），B（4，8），C（5，x），且A，B，C三点共线，
∴直线AB，AC的斜率存在且相等，
故，解得x＝10．
故选：C．
【点评】本题主要考查直线的斜率公式，属于基础题．
3．（5分）（2021秋•雁江区校级期中）已知点A（﹣3，1，﹣4），B（7，1，0），则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为（ ）
A．（﹣2，1，﹣2）B．（2，1，﹣2）C．（2，﹣1，﹣2）D．（2，1，2）
【专题】计算题；对应思想；分析法；空间位置关系与距离；数学运算．
【答案】A
【分析】根据空间中点坐标公式，即可得到AB的中点坐标，进而求得M关于平面Oyz对称的点的坐标．
【解答】解：根据线段的中点坐标公式可得线段AB的中点坐标M（，，），即M（2，1，﹣2）．
则线段AB的中点M关于平面Oyz对称的点的坐标为（﹣2，1，﹣2），
故选：A．
【点评】本题主要考查空间直角坐标的基本运算，要求熟练掌握空间中点坐标公式，属于基础题．
4．（5分）（2022•杭州模拟）在棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，设，，，则的值为（ ）
A．1B．0C．﹣1D．﹣2
【专题】转化思想；向量法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】B
【分析】根据已知条件，结合正方体的性质，以及向量数量积的运算规律，即可求解．
【解答】解：由正方体的性质可得，，，
故，，
∵，，，
∴＝＝．
故选：B．
【点评】本题主要考查向量数量积的运算规律，属于基础题．
5．（5分）（2019秋•吉安期末）在四面体OABC中，空间的一点M满足，若共面，则λ＝（ ）
A．B．C．D．
【专题】方程思想；综合法；平面向量及应用；数学运算．
【答案】D
【分析】利用向量共面基本定理即可得出结论．
【解答】解：由共面知，++λ＝1，解得λ＝．
故选：D．
【点评】本题考查了向量共面基本定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
6．（5分）（2022春•泰兴市期末）如图所示，在四面体O﹣ABC中，，，，点M在OA上，且＝2，N为BC的中点，则＝（ ）
A．﹣+B．﹣++
C．D．
【专题】数形结合；综合法；空间位置关系与距离；数学抽象．
【答案】B
【分析】根据向量加法和减法的三角形法则得出．
【解答】解：连接ON，
∵N是BC的中点，∴＝，
∵＝2，∴＝，
∴＝＝﹣＝﹣++，
故选：B．
【点评】本题考查了空间向量的基本定理，属于基础题．
7．（5分）（2023春•东安区校级期末）如图，在平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，底面是边长为1的正方形，若∠A1AB＝∠A1AD＝60°，且AA1＝2，则AC1的长为（ ）
A．B．C．D．
【专题】计算题；方程思想；综合法；空间位置关系与距离；空间向量及应用；逻辑推理；直观想象；数学运算．
【答案】C
【分析】将作为基底，利用空间向量基本定理用基底表示，然后对其平方化简后，再开方可求得结果．
【解答】解：由题意得，，
因为＝，
所以
＝
＝1+1+4+2×1×1cs90°+2×1×2cs60°+2×1×2cs60°
＝10，
所以，
故选：C．
【点评】本题主要考查空间向量及其应用，属于基础题．
8．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知三棱锥S﹣ABC中，SC⊥平面ABC，∠ABC＝90°，且AB＝2BC＝2SC，D，E分别为SA，BC的中点，则异面直线DE与AC所成角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
【专题】数形结合；分析法；立体几何；数学运算．
【答案】见试题解答内容
【分析】取AB中点连接ME，得到异面直线夹角是∠DEM，进行求解即可．
【解答】解：画出示意图：
设AB＝2BC＝2SC＝2t，取AB中点为M，连接ME和MD，如图：
因为E为BC中点，故AC∥ME，则∠DEM为所求异面直线夹角；
因为，∠ABC＝90°，且AB＝2BC＝2SC＝2t，
所以ME＝＝，DE＝＝，
取AC中点G，连接DG，EG，易得DG⊥GE，如图：
DE2＝DG2+GE2＝，
DE＝，
余弦定理：cs∠DEM＝＝，
故选：B．
【点评】本题考查空间异面直线角余弦值计算，基础题．
二、多项选择题；本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得5分，有选错得0分，部分选对得2分。
（多选）9．（5分）（2022春•宁德期中）如图正四棱柱ABCD﹣A1B1C1D1，则下列向量相等的是（ ）
A．与B．与C．与D．与
【专题】综合题；整体思想；向量法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】CD
【分析】根据相等向量的定义，结合正四棱柱的结构特征依次判断选项即可．
【解答】解：由正四棱柱可知，
，但与方向相反，故A不符题意；
，但与方向不同，故B不符题意；
，且与方向相同，故C符题意；
D：，且与方向相同，故D符题意．
故选：CD．
【点评】本题考查了正四棱柱的几何特征以及相等向量的概念，属于基础题．
（多选）10．（5分）（2022秋•丰城市期末）已知空间中三点A（0，1，0），B（2，2，0），C（﹣1，3，1），则下列结论正确的有（ ）
A．
B．与共线的单位向量是（1，1，0）
C．与夹角的余弦值是
D．平面ABC的一个法向量是（1，﹣2，5）
【专题】计算题；整体思想；向量法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】AD
【分析】由向量垂直的性质，即可判断A，根据单位向量的定义判断B，由向量数量积的定义求得向量夹角余弦值判断C，利用法向量定义求 得法向量判断D．
【解答】解：对于A，＝﹣2+2＝0，所以⊥，所以A正确；
对于B，因为，所以与AB共线的单位向量为或，所以B错误；
对于C，向量，所以，所以C错误；
对于D，设平面ABC的法向量是 ＝（x，y，z），因为，所 以，即，令x＝1，则＝（1，﹣2，5），所以D正确．
故选：AD．
【点评】本题考查空间向量的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
（多选）11．（5分）（2021秋•同安区校级期中）已知向量＝（1，2，3），＝（3，0，﹣1），＝（﹣1，5，﹣3），下列等式中正确的是（ ）
A．（•）＝•B．（+）•＝•（+）
C．（++）2＝2+2+2D．|++|＝|﹣﹣|
【专题】计算题；转化思想；综合法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】BCD
【分析】利用空间向量数量积的坐标运算逐一计算即可得解．
【解答】解：对于A，左边为向量，右边为实数，显然不相等，故A不正确；
对于B，（+）•＝（4，2，2）•（﹣1，5，﹣3）＝0，
•（+）＝（1，2，3）•（2，5，﹣4）＝2+10﹣12＝0，
∴（+）•＝•（+），故B正确；
对于C，++＝（3，7，﹣1），（++）2＝32+72+（﹣1）2＝59，
2+2+2＝12+22+32+32+0+（﹣1）2+（﹣1）2+52+（﹣3）2＝59，
∴（++）2＝2+2+2，故C正确；
对于D，由C可得：|++|＝，∵﹣﹣＝（﹣1，﹣3，7），∴|﹣﹣|＝，
∴|++|＝|﹣﹣|，故D正确．
故选：BCD．
【点评】本题考查了空间向量的坐标运算、数量积的坐标运算，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
（多选）12．（5分）（2022秋•北流市校级期中）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠DAB＝，AB＝2AD＝2PD，PD⊥底面 ABCD，则（ ）
A．PA⊥BD
B．PB与平面ABCD所成角为
C．异面直线AB与PC所成角的余弦值为
D．平面PAB与平面PBC所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为
【专题】整体思想；综合法；空间角；空间向量及应用；数学运算．
【答案】AD
【分析】由线面垂直的判定定理及异面直线所成角的求法，结合空间向量的应用逐一判断即可得解．
【解答】解：对于选项A，因为∠DAB＝，AB＝2AD，由余弦定理可得BD＝，从而BD2+AD2＝AB2，即BD⊥AD，由PD⊥底面 ABCD，可得BD⊥PD，又AD∩PD＝D，即BD⊥面PAD，即PA⊥BD，即选项A正确；
对于选项B，因为PD⊥底面 ABCD，所以∠PBD就是PB与平面ABCD所成的角，又，即∠PBD＝，即选项B错误；
对于选项C，显然∠PCD为异面直线AB与PC所成的角，易得，即选项C错误；
对于选项D，建立如图所示的空间直角坐标系，设AD＝1，则D（0，0，0），A（1，0，0），B（0，，0），C（﹣1，，0），P（0，0，1），设平面PAB的一个法向量为，
则，即，令y1＝1，则，即，设平面PBC的一个法向量为，则，则，令y2＝1，则x2＝0，，即，则＝，即平面PAB与平面PBC所成二面角的平面角为锐角时的余弦值为，即选项D正确，
故选：AD．
【点评】本题考查了异面直线所成角的求法，重点考查了空间向量的应用，属中档题．
三、填空则：本题共4小题,每小题5分，共20分.
13．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）若＝（2，3，6），则||＝ 7 ．
【专题】转化思想；定义法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】7．
【分析】根据空间向量模长公式计算即可．
【解答】解：由＝（2，3，6），可得||＝＝7．
故答案为：7．
【点评】本题考查空间向量的模长公式，属基础题．
14．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知、B（1，0），则直线AB的倾斜角为 ．
【专题】转化思想；综合法；直线与圆；数学运算．
【答案】．
【分析】设出直线的倾斜角，然后根据已知求出直线的斜率，再根据直线的倾斜角的范围以及正切函数的性质即可求解．
【解答】解：设直线的倾斜角为x，
则由题意可得直线的斜率为tanx＝＝，
又因为x∈[0，π），
所以x＝，
故答案为：．
【点评】本题考查了直线的倾斜角，考查了学生的运算能力，属于基础题．
15．（5分）（2022秋•蓬江区校级月考）已知向量为平面α的法向量，点A（﹣1，2，1）在α内，则点P（5，1，4）到平面α的距离为 3 ．
【专题】整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【答案】3．
【分析】把点到平面的距离问题转化为向量的数量积，从而求解即可．
【解答】解：由题意可得＝（﹣6，1，﹣3），
所以＝﹣15，
所以|cs＜，＞|＝，
设点P（5，1，4）到平面α的距离为d，
则d＝|||cs＜，＞|＝||＝＝＝3．
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了点到平面距离的向量公式，属于中档题．
16．（5分）（2014秋•合肥期末）已知P为棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1内（含正方体表面）任意一点，则的最大值为 2 ．
【专题】计算题．
【答案】见试题解答内容
【分析】写出数量积的表达式，利用向量的投影，判断P的位置，然后求出数量积的最大值．
【解答】解：由题意画出图形如图，
因为＝cs，
是向量在上的投影，
所以当P在C1位置时，投影最大，
的最大值为：＝＝2．
故答案为：2．
【点评】本题考查向量的数量积，向量的投影，表达式的几何意义，考查计算能力．
四、解答题：本题共4小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（16分）（2023秋•浙江月考）已知，．
（1）求与夹角的余弦值；
（2）当时，求实数k的值．
【专题】方程思想；定义法；空间向量及应用；数学运算．
【答案】（1）；
（2）或．
【分析】（1）根据空间向量夹角公式求得正确答案．
（2）根据列方程，从而求得k的值．
【解答】解：（1）与夹角的余弦值为cs＜，＞＝＝＝；
（2）因为，所以，
即，
所以14k+6（1﹣k2）﹣9k＝0，整理得6k2﹣5k﹣6＝0，
解得或．
【点评】本题考查了空间向量的数量积应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．
18．（18分）（2022秋•蓬江区校级月考）棱长为2的正方体中，E，F分别是DD1，DB的中点，G在棱CD上，且，H是C1G的中点．
（1）求．
（2）求FH的长．
【专题】数形结合；数形结合法；空间位置关系与距离；空间向量及应用；数学运算．
【答案】（1）；
（2）．
【分析】（1）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，表示出各点的坐标，利用空间向量的数量积求出cs＜，＞；
（2）利用空间向量的模长公式计算||的值即可得解．
【解答】解：（1）以D为坐标原点，建立空间直角坐标系D﹣xyz，如图所示，
则E（0，0，1），F（1，1，0），C1（0，2，2），
由CG＝CD知，C（0，2，0），∴G（0，，0），∴＝（0，﹣，﹣2），
∵＝（1，1，﹣1），
∴•＝1×0+1×（﹣）﹣1×（﹣2）＝，
||＝，||＝＝，
∴cs＜，＞＝＝＝；
（2）∵H为C1G的中点，∴H（0，，1），
∴＝（﹣1，，1），
∴||＝＝，
即FH的长为．
【点评】本题考查了空间向量的数量积与夹角、模长公式的应用问题，是中档题．
19．（18分）（2022•苏州模拟）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，侧面ABB1A1，BCC1B1都是正方形，∠ABC为直角，AB＝2，M，N分别为AB1，AC的中点．
（I）求证：MN∥平面BCC1B1；
（Ⅱ）求直线AB与平面AMN所成角的正弦值．
【专题】计算题；整体思想；综合法；立体几何；数学运算．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）．
【分析】（Ⅰ）连接B1C，在△B1CA中，根据M，N是AB1，AC的中点，得到MN∥B1C，即可得证；
（Ⅱ）建立空间直角坐标系B﹣xyz，求出和平面AMN的法向量，代入公式即可求解．
【解答】证明：（I）连接B1C，在△B1CA中，因为M，N是AB1，AC的中点，所以MN∥B1C，
又B1C⊂平面BCC1B1，MN⊄平面BCC1B1，
所以MN∥平面BCC1B1；
解：（Ⅱ）在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，
因为侧面ABB1A，BCC1B1都是正方形，
所以B1B⊥BC，B1B⊥AC，
又∠ABC为直角，所以BA⊥BC，
如图建立空间直角坐标系B﹣xyz，
则B（0，0，0），A（0，2，0），C（2，0，0），B1（0，0，2），
设直线AB与平面AMN所成的角为θ，
设平面AMN的法向量为，
因为，
所以，
令，
所以，
所以直线AB与平面AMN所成的角的正弦值为．
【点评】本题考查了线面平行的证明和线面角的计算，属于中档题．
20．（18分）（2022•苏州模拟）如图所示，四棱锥P﹣ABCD的底面是边长为1的正方形，PA⊥CD，PA＝1，PD＝，E为PD上一点，PE＝2ED．
①求证：PA⊥平面ABCD；
②在侧棱PC上是否存在一点F，使得BF∥平面AEC？若存在，指出F点的位置，并证明；若不存在，说明理由．
【专题】证明题；转化思想；综合法；空间位置关系与距离；逻辑推理．
【答案】①证明见解答；
②存在CP的中点F，使得BF∥平面AEC，理由见解答．
【分析】①由题意及图形利用线面垂直的判定定理即可得证；
②因为PA，AB，AD两两垂直，所以可以建立空间直角坐标系，假设PC存在一点，F使得BF∥平面AEC，利用方程的思想求解即可．
【解答】①证明：因为PA＝AD＝1，PD＝，
所以PA2+AD2＝PD2，即PA⊥AD．
又PA⊥CD，AD∩CD＝D，
所以PA⊥平面ABCD．
②解：因为PA，AB，AD两两垂直，所以A为原点，AB，AD，AP所在直线分别为x轴，y轴，Z轴建立空间直角坐标系．
则A（0，0，0），B（1，0，0），C（1，1，0），P（0，0，1），E（0，，），
＝（1，1，0），＝（0，，），
设平面AEC的法向量＝（x，y，z），
则，即，令y＝1，则＝（−1，1，−2），
假设PC存在一点F且＝λ（0≤λ≤1），使得BF∥平面AEC，则•＝0．
又因为＝+＝（0，1，0）+（﹣λ，﹣λ，λ）＝（﹣λ，1﹣λ，λ），
所以•＝λ+1−λ−2λ＝0，所以λ＝，
所以存在CP的中点F，使得BF∥平面AEC．
【点评】本题考查了直线与平面垂直的判定，考查了直线与平面平行的判定，考查了学生的空间想象能力和思维能力，是中档题．
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