2024-2025学年福建省厦门市高二上学期9月月考数学检测试卷合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省厦门市高二上学期9月月考数学检测试卷合集2套（附解析），共36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。
1．若和都为基底，则不可以为 （ ）
A．B．C．D．
2．如图，四面体ABCD中，设M是CD的中点，则化简的结果是 （ ）
A．B．C．D．
3．在空间直角坐标系中，点，点A关于y轴对称的点为C，点B关于平面对称的点为D，则向量的坐标为 （ ）
A．B．C．D．
4．如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于 （ ）
A．B．
C．D．
5．设向量不共面，已知，，若三点共线，则 （ ）
A．0B．1C．2D．3
钟鼓楼是中国传统建筑之一，属于钟楼和鼓楼的合称，是主要用于报时的建筑.中国古代一般建于城市的中心地带，在现代城市中，也可以常常看见附有钟楼的建筑.如图，在某市一建筑物楼顶有一顶部逐级收拢的四面钟楼，四个大钟对称分布在四棱柱的四个侧面（四棱柱看成正四棱柱，钟面圆心在棱柱侧面中心上），在整点时刻（在0点至12点中取整数点，含0点，不含12点），已知在3点时和9点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线相互垂直，则在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为 （ ）
A．B．C．D．
7．已知点P是棱长为4的正四面体表面上的动点，若MN是该四面体内切球的一条直径，则的最大值是 （ ）
A．B．C．D．
8．如图是木质正四棱锥模型，过点A作一个平面分别交于点E，F，G，若，则的值为 （ ）
A． B．
C． D．
二、多选题
9．已知向量，，，则下列结论正确的是 （ ）
A．向量与向量的夹角为 B．
C．向量在向量上的投影向量为 D．向量与向量，共面
10．如图，在正三棱柱中，为空间一动点，若，则 （ ）
A．若，则点的轨迹为线段
B．若，则点的轨迹为线段
C．存在，使得
D．存在，使得平面
11．达·芬奇方砖是在正六边形上画了具有视觉效果的正方体图案，如图1，把三片这样的达·芬奇方砖拼成图2的组合，这个组合再转化为图3所示的几何体，图3中每个正方体的棱长为1，E，F为棱，AB的中点，则 （ ）
A．点P到直线CQ的距离为2
B．直线平面
C．平面和平面的距离为
D．平面截正方体所得的截面的周长为
三、填空题
12．已知，平面的法向量，若，则 ．
13．如图，在多面体中，平面，平面，，且，M是AB的中点，则平面与平面夹角的余弦值为 .
14．正多面体也称柏拉图立体，被誉为最有规律的立体结构，是所有面都只由一种正多边形构成的多面体（各面都是全等的正多边形）.数学家已经证明世界上只存在五种柏拉图立体，即正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体.已知一个正八面体ABCDEF的棱长都是2（如图），P，Q分别为棱AB，AD的中点，则 .
四、解答题
15．（13分）用向量法证明：如果一条直线和一个平面内的两条相交直线垂直，则该直线与此平面垂直．
已知：如图，，，，，．求证：．
16．（15分）在平行六面体中，底面是边长为1的正方形， ，.（用基底法）
(1)求侧棱的长；
(2)若分别为，的中点，求证：AC1⟂MN．
17．（15分）如图，在四棱锥中，，，，，，，且O是AD的中点．
(1)求证：平面平面ABC；（用几何定理法）
(2)若二面角的大小为，求直线PB与平面PAD所成角的余弦值．
（用向量坐标法）
18．（17分）在如图所示的几何体中，垂直于梯形所在的平面，为的中点，，四边形为矩形，线段交于点.（用向量坐标法）
（1）求点N到平面PAB的距离；
（2）在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的大小为？若存在，求出的长；
若不存在，请说明理由.
19．（17分）空间中，两两互相垂直且有公共原点的三条数轴构成直角坐标系，如果坐标系中有两条坐标轴不垂直，那么这样的坐标系称为“斜坐标系”.现有一种空间斜坐标系，它任意两条数轴的夹角均为60°，我们将这种坐标系称为“斜60°坐标系”.我们类比空间直角坐标系，定义“空间斜60°坐标系”下向量的斜60°坐标：i，j，k分别为“斜60°坐标系”下三条数轴（x轴，y轴，z轴）正方向的单位向量，若向量n＝xi＋yj＋zk，则n与有序实数组（x，y，z）相对应，称向量n的斜60°坐标为[x，y，z]，记作n＝[x，y，z].
在棱台ABC-A1B1C1中，AB＝AC＝3，AA1＝A1B1＝2，∠BAC＝∠BAA1＝∠CAA1＝60°，AD＝2DB，AE＝2EC.如图，以{13AB，13AC，12AA1}为基底建立“空间斜60°坐标系”.
(1)若BF＝FB1，求向量FA1的斜60°坐标，并求FA1∙EC1的值；
(2)通过(1)中数量积的求值过程，算出面A1ED的法向量的斜60°坐标；
(3)若F满足(1)中条件，计算棱锥F-A1DE的体积.
参考答案：
1．C
【分析】假设不能构成一组基底，可知，依次验证各个选项，确定是否有取值即可.
【详解】若不是一组基底，则可设，
对于A，若，则，方程组无解，为基底，A错误；
对于B，若，则，方程组无解，为基底，B错误；
对于C，若，则，解得：，
不是一组基底，C正确；
对于D，若，则，方程组无解，为基底，D错误.
故选：C.
2．A
【分析】根据空间向量加法的几何意义进行求解即可.
【详解】因为M是CD的中点，所以有，
故选：A
3．B
【分析】根据空间向量坐标关于坐标轴、平面的对称性性质求得结果.
【详解】，点A关于y轴对称的点为，
，点B关于平面对称的点为.
则.
故选：B.
4．B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
5．A
【分析】把A、C、D三点共线转化为满足，列方程组，求出即可.
【详解】因为，，
所以，
因为三点共线，所以存在唯一的，使得,
即，
即，解得：.
故选：A.
6．B
【分析】在正四棱柱中，以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，利用空间向量的夹角公式可求出结果.
【详解】如图，在正四棱柱中，分别为侧面和侧面的中心，
为的中点，为点钟时针，为点钟时针，则，，
设正四棱柱的底面边长为，侧棱长为，
以为原点，以的方向分别为轴建立空间直角坐标系，
则，，，，
，，
所以.
所以在2点时和8点时，相邻两钟面上的时针所在的两条直线所成的角的余弦值为.
故选：B
7．A
【分析】作出图形，计算出正四面体内切球的半径，由此可求得，由空间向量数量积的运算性质得出，进而可知当点为正四面体的顶点时，取得最大值，即可得解.
【详解】如下图所示：
正四面体的棱长为，设其内切球球心为点，连接并延长交底面于点，
则为正的中心，且平面，
连接并延长交于点，则为的中点，且，
，，
因为平面，平面，则，
可得，
的面积为，
正四面体的体积为，
设正四面体的内切球的半径为，
则，
即，解得，
可得，
因为，，
可得，
当点位于正四面体的顶点时，取最大值，
所以.
故选：A.
8．C
【分析】以AC、BD交点O为坐标原点，射线OA、OB、OP为x、y、z轴正方向建立空间直角坐标系，设，，，， (a、b>0)，进而写出PB、、、PA坐标，可得，，由四点共面有，设，求值即可得答案.
【详解】解：建立如图所示空间直角坐标系，设，，，， (a、b>0)，则，，，，
∴，，
由题意四点共面，则有，其中，
设，
∴
由方程组，即，解得，
所以，
故选：C.
9．ABD
【分析】利用向量数量积的坐标表示得出向量夹角可判断A；由向量相乘为0可得向量垂直B正确；根据投影向量的定义可计算出投影向量为所以C错误，得出向量共面判断D.
【详解】因为，所以，
可得，则向量与向量的夹角为，故A正确；
因为，
所以，即B正确；
根据投影向量的定义可知，向量在向量上的投影向量为
，所以C错误；
由向量，，，可知，
向量与向量，共面， 所以D正确.
故选：ABD
10．ABC
【分析】利用向量的线性运算逐一计算判断即可.
【详解】对于A：由，得点在侧面内（含边界），
若，则，故点的轨迹为线段，故A正确；
对于B：若，则，所以，即，
又，故点的轨迹为线段，故B正确；
对于C：分别取棱的中点，连接，由题意易证平面，
当点在线段上时，，故存在，使得，故C正确；
对于D：若使平面，则点必在棱上，此时，故不存在，
使得平面，故D错误.
故选：ABC.
11．ABD
【分析】由余弦定理可求得，可求P到CQ的距离的距离，判断A；以点D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，利用向量法平面，判断B；结合B，可求得到平面的距离，到平面的距离，可求得平面与平面的距离，判断C；连接并延长交CD延长线于U，连接UF交AD于V，交CB的延长线于W，可得截面为，求得截面的周长判断D.
【详解】由勾股定理可得，，，
由余弦定理得，得，P到CQ的距离为，所以A正确；
选项B：如图，以点D为坐标原点，以DA，DC，所在的直线分别为x轴，y轴，z轴，
则，，，，，∴，
设平面的法向量分别为，
所以 ，
∴，所以平面，故B正确；
选项C：由B可知平面，同理可证平面，
易求，设到平面的距离为，
由，可得，
所以，解得，
所以到平面的距离为，同理可得到平面的距离为，
所以平面与平面的距离为，故C不正确；
选项D：连接并延长交CD延长线于U，连接UF交AD于V，交CB的延长线于W，，
，，，
所以截面周长为，所以D正确．
故选：ABD.
【点睛】方法点睛：求点到面的距离，常用等体积法转化为一个面上的高的方法处理，求截面周长，关键是作出截面图形.
12．
【分析】利用直线与平面垂直得到直线的方向向量与平面的法向量共线，从而利用空间向量平行的坐标表示即可得解.
【详解】因为，所以与共线，
又，，则，所以，.
故答案为：.
13．23
【分析】根据条件建立空间直角坐标系，先求得平面与平面的法向量，再求出向量夹角的余弦值.
【详解】因为平面，平面，平面，所以，，
又，故以为坐标原点，分别以，，为，，轴建立空间直角坐标系，
因为，
所以，
则，
设平面法向量，
则，取，可得，
易知平面的一个法向量，
设平面与平面夹角为，
则.
故答案为：.
14．1
【分析】根据给定条件，利用空间向量的一个基底表示，再利用数量积运算律计算作答.
【详解】正八面体ABCDEF中，不共面，而P，Q分别为棱AB，AD的中点，
有，，则，
，
.
故答案为：1
15．证明见详解.
【分析】根据定义，要证明直线与平面垂直，只要证明该直线垂直于平面内任意一条直线．利用向量的线性表示和垂直关系即可得证.
【详解】已知：如图，，，，，．求证：．

证明：如图，在平面内任意作一条直线，在直线，，，上分别取非零向量，，，．---2分
因为直线与相交，所以向量，不共线．---3分
由平面向量基本定理可知，存在唯一的有序实数组，使得，---5分
所以．---7分
因为，，所以，．---9分
可得，所以．---11分
因为垂直于平面内的任意一条直线，所以，原命题得证．---13分
16．（1）4；（2）0.
【分析】(1)设，把作为一组基底，
根据题意可得，结合计算即可得出结果；
(2)根据题意可得和，结合向量的数量积计算即可得出结果.
【详解】解：(1)设，则作为一组基底.---1分
，---4分
，----5分
---8分
得，所以；-----9分
(2)-----11分
，---13分
所以，则AC1⟂MN---15分
17．(1)证明见解析；(2).
【分析】（1）利用余弦定理及勾股定理的逆定理证得，再利用线面垂直判定、面面垂直的判定推理即得.
（2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出平面PAD的法向量，再利用线面角的向量求法求解即得.
【详解】（1）由及余弦定理，得，解得，---1分
则，即，，---2分
由，得四边形为平行四边形，则，
而，即，于是，---3分
又平面，因此平面，---5分
而平面，所以平面平面.---6分
（2）在平面内，过点作，交于，由平面平面，
平面平面，得平面，则直线两两垂直，---7分
以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
则，---8分
由（1）知为二面角的平面角，即，则， ，---9分
于是，
设平面的法向量为，则，令，得，---12分
设直线与平面所成角为，则，---14分
所以直线与平面所成角的余弦值.----15分
18．（1）易知两两垂直，如图以为原点，分别以所在直线为轴，建立空间直角坐标系.则，----1分
设平面的法向量为，
，据此可得 ，则， ---4分
又---5分
则点N到平面PAB的距离是---7分
设存在点满足条件.
.
设平面的法向量为，
则即解得
令，得，所以平面的一个法向量为.---10分
由，
设，整理得，则.-----12分
因为直线与平面所成角的大小为，
所以---14分
解得，由知，即点与重合.----------16分
故在线段上存在一点，且.-----17分
19.解析：
AF=12AB+12AB1
=12AB+12AA1+12A1B1
=56AB+12AA1=[52,0,1]分
FA1=AA1−AF
=12AA1−56AB=[−52,0,1] 分
EC1=AC1−AE=AA1=[0,0,2] 分
FA1∙EC1=[−52,0,1]∙[0,0,2]
=(−52)×2×cs60°+1×2
=−12 分
ED=[2,−2,0],EA1=[0,−2,2] 分
设面A1ED法向量为n=[x,y,z]
有n∙ED=0n∙EA1=0→2x+y+z−x−2y−z=0−x−2y−z+x+y+2z=分
即x=yz=y，令y=1 分
有n=[1,1,1] 分
DF=AF−AD
=56AB+12AA1−23AB
=16AB+12AA1
=[12,0,1] 分
n∙DF=[1,1,1]∙[12,0,1]
=1×12+1×1×cs60°+1×12×cs60°+1×1×cs60°+1×12×cs60°+1×1
=3 分
n=1+1+1+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°+2×1×1×cs60°=6
分
设点F到面A1ED的距离为d
d=n∙DFn=36=62 分
S∆A1ED=12×A1E×A1D×sin60°=3 分
VF−A1ED=13×d×S∆A1ED=13×62×3=22 分
2024-2025学年福建省厦门市高二上学期9月月考数学检测试卷（二）
一、单选题（本大题共10小题）
1．已知角的终边经过点，则（ ）
A．B．C．D．
2．若复数满足，则复平面内表示的点在（ ）
A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限
3．的值为（ ）
A．B．C．D．1
4．在中，，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知，是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则B．若，l//m，则
C．若，，则D．若，α//β，则
6．下列函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
7．将函数的图象向右平移个单位长度，得到的图象关于点对称，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
8．在中，已知，则下列说法正确的是（ ）
A．当时，是锐角三角形
B．当时，是直角三角形
C．当时，是钝角三角形
D．当时，是等腰三角形
9．已知是非零向量，则“”是“对于任意的，都有成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
10．海水受日月的引力，在一定的时候发生涨落的现象叫潮汐.一般早潮叫潮，晚潮叫汐.在通常情况下，船在涨潮时驶进航道，靠近船坞；卸货后落潮时返回海洋.下面是某港口在某季节某天的时间与水深值（单位：）的部分记录表.
据分析，这个港口的水深值与时间的关系可近似的用三角函数来描述.试估计13：00的水深值为（ ）
A．3.75B．5.83C．6.25D．6.67
二、填空题（本大题共5小题）
11．若，则 ．
12．在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，它们的终边关于轴对称.若角的终边与单位圆交于点，则 .
13．已知菱形的边长为，，，则 .
14．陀螺是中国民间的娱乐工具之一，早期陀螺的形状由同底的一个圆柱和一个圆锥组合而成（如图）．已知一木制陀螺模型内接于一表面积为的球，其中圆柱的两个底面为球的两个截面，圆锥的顶点在该球的球面上，若圆柱的高为，则该圆柱的体积为 ，该陀螺的表面积为 ．
15．在棱长为1的正方体中，，，分别为棱，，的中点，动点在平面内，且.给出下列四个结论：
①平面；
②点轨迹的长度为；
③存在点，使得直线平面；
④平面截正方体所得的截面面积为.
其中所有正确结论的序号是 .
三、解答题（本大题共6小题）
16．已知函数．
(1)求的值和的零点；
(2)求的单调递增区间．
17．如图，在长方体中，，，为的中点．
(1)求证：平面；
(2)求证：平面平面；
(3)求点到平面的距离．
18．已知．
(1)求；
(2)若，求的最小值．
19．在中，．
(1)求；
(2)若的面积是，求的最小值．
20．如图1，在中，，，，，分别为，的中点．将沿折起到的位置，得到四棱锥，如图2．
(1)求证：；
(2)若M是线段上的点，平面与线段交于点N．再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知．使点M唯一确定，并解答问题．
（ⅰ）求证：为的中点；
（ⅱ）求证：平面．
条件①；
条件②；
条件③．
注：如果选择的条件不符合要求，第（Ⅱ）问得0分，如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．
21．已知n维向量，给定，定义变换；选取，再选取一个实数x，对的坐标进行如下改变：若此时，则将同时加上x．其余坐标不变；若此时，则将及同时加上x，其余坐标不变．若a经过有限次变换（每次变换所取的i，x的值可能不同）后，最终得到的向量满足，则称a为k阶可等向量．例如，向量经过两次变换可得：，所以是2阶可等向量．
(1)判断是否是2阶可等向量？说明理由；
(2)若取1，2，3，4的一个排序得到的向量是2阶可等向量，求；
(3)若任取的一个排序得到的n维向量均为k阶可等向量．则称为k阶强可等向量．求证：向量是5阶强可等向量．
参考答案
1．【答案】C
【分析】根据条件，利用三角函数的定义，即可求出结果.
【详解】因为角的终边经过点，所以，
故选：C.
2．【答案】C
【分析】根据除法运算求得，再根据复数的几何意义分析判断.
【详解】因为，则，
所以平面内表示的点为，位于第三象限.
故选：C.
3．【答案】B
【分析】逆用和、差角的余弦公式化简、求值.
【详解】
故选：B
4．【答案】B
【分析】利用正弦定理将边化角，即可求出，从而得解.
【详解】因为，由正弦定理可得，即，
又，所以.
故选：B
5．【答案】D
【分析】根据线线，线面及面面位置关系判断各个选项即可.
【详解】对于A:若,则可能，A错误；
对于B:若,则可能,B错误；
对于C:若则可能不垂直，C错误；
对于D:若,则,D正确.
故选：D.
6．【答案】B
【分析】对于A，在单调递增，在单调递增，故A错误；对于B，作出函数的大致图象，由图可知，B正确；对于C，函数在单调递减，故C错误；对于D，函数最小正周期为，故D错误.
【详解】对于A，函数的最小正周期为，
当时，，
所以在单调递增，在单调递减，故A错误；
对于B，作出函数的大致图象如图所示，函数的最小正周期为，且在区间单调递增，故B正确；
对于C，函数最小正周期为，由，得，当时，在单调递减，故C错误；
对于D，函数最小正周期为，故D错误.
故选：B.

7．【答案】A
【分析】由三角函数平移变换可得函数解析式，令，，可得对称中心，进而得到的最小值.
【详解】将函数的图象向右平移个单位得：
，
令，，得，
所以图象的对称中心为，，
当时，取得最小值.
故选：A.
8．【答案】B
【分析】根据正弦定理逐项判断即可.
【详解】因为，由正弦定理得，
对于，当时，，由且可知，，可得，
所以为钝角三角形,错误；
对于，当时，，即为直角，正确；
对于，当时，，可知不存在，三角形不存在，错误；
对于，当时，，又，所以，所以，
显然不可能是等腰三角形，D错误.
故选：B.
9．【答案】C
【分析】根据充分条件、必要条件的定义及数量积的运算律判断即可.
【详解】因为是非零向量，
若，则，
所以
，
所以对于任意的，都有成立，故充分性成立；
若对于任意的，都有成立，
则，即，
所以，所以，所以，故必要性成立；
所以“”是“对于任意的，都有成立”的充要条件.
故选：C
10．【答案】C
【分析】观察表中数据求出周期和最大最小值，然后可得，将表中最大值点坐标代入解析式可得，然后可得所求.
【详解】记时间为，水深值为，
设时间与水深值的函数关系式为，
由表中数据可知，，
所以，，
所以，
又时，，所以，
所以，即，
所以，
，
即13:00的水深值大约为.
故选：C
11．【答案】
【分析】将变形为计算即可．
【详解】解：，，
故答案为
【点睛】本题考查复数的除法，及模的计算，是基础题．
12．【答案】/
【分析】先根据角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，得到角的终边与单位圆的交点，然后利用正弦函数的定义求解.
【详解】因为角与角的终边关于轴对称，且角的终边与单位圆交于点，
所以，解得，
当时，即角的终边与单位圆的交点，
所以.
当时，即角的终边与单位圆的交点，
所以.
综上所述，.
故答案为：
13．【答案】
【分析】利用向量的线性运算得到，，再利用数量积的定义及运算，即可求出结果.
【详解】因为，所以，又，
所以，
又菱形的边长为，，所以，
故答案为：.
14．【答案】； ．
【分析】先求出陀螺的外接球的半径，再利用勾股定理求出圆柱的底面半径，以及圆锥的母线长，从而求出结果．
【详解】设圆柱的底面半径为，高为，圆锥的母线长为，陀螺的外接球的半径为，
由题意可知，，，
，
，
圆柱的体积为，
圆锥的母线长，
该陀螺的表面积为．
故答案为：；．
15．【答案】①②④
【详解】如图：
因为，分别为，中点，所以，
又，所以，又平面，平面，
所以平面，故①成立；
连接，交于点，易证平面，，，
所以，故点轨迹是平面内以为圆心，以为半径的圆，
所以点轨迹长度为：，故②成立；
由②可知，不可能与平面垂直，故③不成立；
做出截面，可知截面是正六边形，且边长为，其面积为：，故④成立.
故答案为：①②④
16．【答案】(1)，的零点为；
(2)的单调递增区间为.
【分析】（1）先应用诱导公式及两角和差化简，再根据正弦函数的对称中心求出零点即可；
（2）应用正弦函数的单调区间求解即可.
【详解】（1）
令，所以．
所以的零点为
（2）因为的单调递增区间为
所以．
所以
所以函数的单调递增区间为
17．【答案】(1)证明见解析；
(2)证明见解析；
(3).
【分析】（1）令，由三角形中位线性质，线面平行的判定推理即得.
（2）利用线面垂直、面面垂直的判定推理即得.
（3）过作于，由（2）的结论，结合面面垂直的性质推理计算即得.
【详解】（1）在长方体中，令，则为中点，连接，
由为的中点，得，而平面，平面，
所以平面.
（2）由平面，平面，得，
矩形中，，则矩形为正方形，，
而平面，则平面，又平面，
所以平面平面.
（3）在中，过作于，由平面平面，平面平面，
平面，因此平面，显然，，
在中，，
所以点到平面的距离为.
18．【答案】(1)；
(2).
【分析】（1）先求，然后直接求的平方即可得解；
（2）利用向量的运算律，将转化为关于的二次函数，然后求出最值即可.
【详解】（1）因为，
，
因为
所以，
（2）由（1）知，，
因为
所以当时，的最小值为
19．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）用余弦定理进行边角互化可解；
（2）由面积公式得到，再用余弦定理和基本不等式可解.
【详解】（1），用余弦定理得到，，化简得到，则，,则.
（2）由于,．
由余弦定理可得，当且仅当时等号成立，所以的最小值为.
20．【答案】(1)证明见解析；
(2)选择条件，答案见解析.
【分析】（1）利用线面垂直的判定、性质推理即得.
（2）选择条件①③，利用线面平行的判定、性质推理得（ⅰ）；利用线面垂直的判定推理得（ⅱ）.
【详解】（1）在中，由，得，
由，分别为，的中点，得，则，
因此，而平面，
则平面，又平面，
所以.
（2）选条件①：，
（i）由，平面平面，得平面，
又平面，平面平面，因此，则，
而，所以，即为的中点.
（ii）因为，由（i）得，则，
由（1）得，又平面，
所以平面.
选条件③：，由，得，
（i）由，平面平面，得平面，
又平面，平面平面，因此，则，
而，所以，即为的中点.
（ii）因为，由（i）得，则，
由（1）得，又平面，
所以平面.
条件②，，
由（1）可得平面，则过直线的平面与平面相交，所得交线均与平行，
给定条件为上述交线，因此这样的点M不唯一确定.
21．【答案】(1)是2阶可等向量，理由见解析；
(2)5；
(3)证明见解析.
【分析】（1）根据的定义即可求解，
（2）根据的定义即可求解，，即可结合是2阶可等向量求解，
（3）根据是阶可等向量，等价于是阶可等向量，即可根据变换求证.
【详解】（1）是2阶可等向量．
例如经过两次变换可得：
（2）设进行一次变换后得，
当时，
当时，
当时，
当时，
综上，我们得到
．
因为是2阶可等向量，即
所以．
所以
（3）任取的一个排序，记为．
注意到，是阶可等向量，等价于是阶可等向量．
变换即对连续五个维度的坐标（首尾也看成连续）同时加上，
相当于对剩余两个连续维度的坐标同时加上．
对依次加上，相当于对单独加上；
对依次加上，相当于对单独加上；
……
基于上述分析，相当于可以对分别单独加上．
所以为5阶可等向量，为5阶强可等向量．
【点睛】方法点睛：对于新型定义，首先要了解定义的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
A
B
B
A
B
A
C
ABD
ABC
题号
11









答案
ABD









时间
0:00
3:00
6:00
9:00
12:00
水深值
5.0
7.5
5.0
2.5
5.0