第第頁(yè)陜西省西安市長(zhǎng)安區(qū)2023-2024學(xué)年高二上學(xué)期數(shù)學(xué)10月月考試卷一、單選題1．已知空間向量a=(4，?1，1A．6 B．10 C．8 D．42．如圖，設(shè)OA=a，OB=A．12a+C．12a?3．若直線l的方向向量為e=(2，3，?1)，平面A．l⊥α B．C．l//α或l?α 4．已知平行六面體ABCD?A1B1C1DA．3 B．2+2 C．2 D．5．已知經(jīng)過(guò)點(diǎn)A(1，2，3)的平面αA．3 B．2 C．22 D．6．在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，底面ABCD是邊長(zhǎng)為2的正方形，A．147 B．7014 C．3147．已知正四面體ABCD，M為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，則直線BN與直線DM所成角的余弦值為（）A．16 B．23 C．21218．正方體ABCD?A1B1C1D1棱長(zhǎng)為2，E是棱AB的中點(diǎn)，F(xiàn)是四邊形AAA．23 B．53 C．25二、多選題9．已知a=(1，0A．a(chǎn)B．bC．?aD．c在a方向上的投影向量為(10．已知a，b，c是空間的三個(gè)單位向量，下列說(shuō)法正確的是（）A．若a//b，bB．若a，b，c兩兩共面，則a，b，c共面C．對(duì)于空間的任意一個(gè)向量p，總存在實(shí)數(shù)x，y，z，使得pD．若{a，b11．在正方體ABCD?A1B1CA．DB1B．直線AE與平面BB1C．平面A1C1D．點(diǎn)F到平面ACD12．如圖，已知正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為2，點(diǎn)M為CC1的中點(diǎn)，點(diǎn)A．滿足MP∥平面BDA1的點(diǎn)B．滿足MP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長(zhǎng)度為2C．存在唯一的點(diǎn)P滿足∠APM=D．存在點(diǎn)P滿足PA+PM=4三、填空題13．試寫出一個(gè)點(diǎn)C的坐標(biāo)：，使之與點(diǎn)A(?1，14．已知a?b是空間相互垂直的單位向量，且|c|=5，c?a15．已知梯形ABCD和矩形CDEF．在平面圖形中，AB=AD=DE=12CD=1，CD⊥AE．現(xiàn)將矩形CDEF沿CD進(jìn)行如圖所示的翻折，滿足面ABCD垂直于面CDEF．設(shè)EN=2NC，EP=μPB，若四、雙空題16．《九章算術(shù)》中的“商功”篇主要講述了以立體幾何為主的各種形體體積的計(jì)算，其中塹堵是指底面為直角三角形的直棱柱.在塹堵ABC?A1B1C1中，AB⊥AC，M是A1C1的中點(diǎn)，AB=7，N，G分別在棱BB1五、解答題17．如圖所示，在三棱錐O?ABC中，OA，OB，OC兩兩垂直，OA=1，OB=2，OC=3，E，F(xiàn)，P分別為AC，BC，EF的中點(diǎn)，以O(shè)A，OB，OC方向上的單位向量為基底，求OP．六、證明題18．如圖所示，已知P是平行四邊形ABCD所在平面外一點(diǎn)，連接PA，PB，PC，PD，點(diǎn)E，F(xiàn)，G，H分別為△PAB，△PBC，△PCD，△PDA的重心．求證：E，F(xiàn)，G七、解答題19．如圖，四棱錐P-ABCD中，底面ABCD是正方形，PD⊥平面ABCD，PD=AB=2，E、F分別是PC、AD中點(diǎn)．（1）求直線DE和PF夾角的余弦值；（2）求點(diǎn)E到平面PBF的距離．八、證明題20．如圖所示，四棱錐P?ABCD中，底面ABCD為菱形，點(diǎn)P在底面的投影O點(diǎn)恰好是菱形ABCD對(duì)角線交點(diǎn)，點(diǎn)E為側(cè)棱PC中點(diǎn)，若∠BAD=60°，AB=2，PO=3（1）求證：平面PBC⊥平面BDE；（2）點(diǎn)Q在線段PA上，且PQ=2QA，求二面角Q?BD?E的平面角的正弦值．九、解答題21．如圖，直三棱柱ABC?A1B1C1中，ABC是邊長(zhǎng)為（1）證明：CO⊥平面ABB（2）若直線B1C與平面ABB1A1所成的角的正切值為十、證明題22．長(zhǎng)方形ABCD中，AB=2AD，M是CD中點(diǎn)（圖1），將△ADM沿AM折起，使得AD⊥BM（1）求證：平面ADM⊥平面ABCM；（2）在線段BD上是否存點(diǎn)E，使得平面ADM與AME的夾角為π4

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)閍//b，空間向量a=(4，?1，1故答案為：A.

【分析】根據(jù)空間向量平行的坐標(biāo)運(yùn)算即可求得答案.2．【答案】A【解析】【解答】解：由AN→=NB→，得BN→=12BA→，

由BM→=3MC故答案為：A.

【分析】利用向量的加法及減法的三角形法則，結(jié)合向量的數(shù)乘運(yùn)算及共線向量定理即可求解.3．【答案】A【解析】【解答】解：因?yàn)橹本€l的方向向量為e=(2，3，?1)，平面α的法向量為n=(?1，?32，12)，

則e→?n→=?2?92?14．【答案】D【解析】【解答】解：由已知可得∠A1AB=∠A1AD=60°，平行六面體ABCD?A1B1C1D1的各棱長(zhǎng)均為1，

則有AB→故答案為：D.

【分析】分析得出AC1→5．【答案】D【解析】【解答】依題意，AP=(?3，1故答案為：D

【分析】利用已知條件結(jié)合向量的坐標(biāo)表示，再利用數(shù)量積求出點(diǎn)P到平面α的距離。6．【答案】C【解析】【解答】解：在平行六面體ABCD?A1B1C1D1中，∠A1AD=∠A1AB=60°，

∠BAD=90°，DC1→=AB→+AA1→，

AD→?AA故答案為：C.

【分析】根據(jù)給定條件，利用空間向量求出異面直線AC與DC17．【答案】B【解析】【解答】解：設(shè)該正面體的棱長(zhǎng)為1，因?yàn)镸為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，

所以|BN→|=|DM→|=12?(12×1)2=32，

因?yàn)镸為BC中點(diǎn)，N為AD中點(diǎn)，

所以有BN→=BA→+AN→=?AB→+12AD→8．【答案】A【解析】【解答】解：如圖，

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1所在直線分別為x，y，z軸，建立空間直角坐標(biāo)系，

則A(0，0，0)，E(1，0，0)，D(0，2，0)，設(shè)F(0，m，n)，m∈[0，2]，n∈[0，2]，

則FE→?FD→=(1，?m，?n)?(0，2?m，?n)=m2?2m+n2=?34，

由于S△ADE為定值，要想三棱錐F?AED的體積最大，則F到底面ADE的距離最大，

其中n2=?34?m故答案為：A.

【分析】建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)出F(0，m，n)，利用向量的數(shù)量積及體積最大值求得F(0，1，12)9．【答案】B,D【解析】【解答】解：因?yàn)閍=(1，0，1)，b=(?1，2，?3)，c=(2，?4，6)，

因?yàn)閍→·b→=1×(?1)+0×2+1×10．【答案】A,D【解析】【解答】解：a，b，c是空間的三個(gè)單位向量，由a//b，b//a，b，c兩兩共面，但是a，b，c不一定共面，a，b，c可能兩兩垂直，B不符合題意；由空間向量基本定理，可知只有當(dāng)a，b，c不共面，才能作為基底，才能得到p=x若{a，b，c}是空間的一組基底，則a，b，故答案為：AD.

【分析】直接利用共線向量和共面向量，向量的基底等基礎(chǔ)知識(shí)和相關(guān)的定義判斷A、B、C、D的結(jié)論．11．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：設(shè)正方體ABCD?A1B1C1D1的棱長(zhǎng)為a，

以A為坐標(biāo)原點(diǎn)，AB，AD，AA1為x，y，z軸建立如圖所示坐標(biāo)系，

選項(xiàng)A：由題可得D(0，a，0)，B1(a，0，a)，C(a，a，0)，D1(0，a，a)，

則DB1→=(a，?a，a)，AC→=(a，a，0)，AD1→=(0，a，a)，

設(shè)平面ACD1的法向量n→=(x1，y1，z1)，則n→?AC→=ax1+ay1=0n→?AD1→=ay1+az1=0，

取x1=1可得平面AC故答案為：ACD.

【分析】設(shè)正方體ABCD?A1B12．【答案】A,C【解析】【解答】對(duì)于A，取B1C1的中點(diǎn)Q，D1C1的中點(diǎn)由正方體的性質(zhì)知MQ//A1D，NQ//所以平面MQN//平面BDA1，又MP?平面MQN，∴MP故點(diǎn)P的軌跡為線段MQ=1+1以D為原點(diǎn)，分別以DA，DC，則A(2，0，0)，MAP=(x?2，對(duì)于B，AM?MP=?2x+2又0≤x≤2，0≤y≤2，則點(diǎn)P的軌跡為線段EF，E(0且EF=1對(duì)于C，AP顯然，只有x=1，y=1時(shí)，AP?MP=0，即AP對(duì)于D，點(diǎn)M關(guān)于平面A1B1C1D1的對(duì)稱點(diǎn)的為M'故PA+PM≥AM'=22故答案為：AC

【分析】根據(jù)題意由正方體的幾何性質(zhì)結(jié)合中點(diǎn)的性質(zhì)即可得出線線平行，然后由線面平行的判定定理即可得證出線面平行，再由三角形中的幾何計(jì)算關(guān)系計(jì)算出軌跡的長(zhǎng)度，從而判斷出選項(xiàng)A正確；由正方體的幾何性質(zhì)即可得出線線垂直，由此建立空間直角坐標(biāo)系由此得出點(diǎn)以及向量的坐標(biāo)，然后由數(shù)量積的坐標(biāo)公式整理化簡(jiǎn)即可得出直線的方程，再由數(shù)量積計(jì)算出線線垂直，由垂直得出角的大小進(jìn)而判斷出選項(xiàng)C正確；由三角形中的幾何計(jì)算關(guān)系結(jié)合三角形的幾何性質(zhì)，即可判斷出選項(xiàng)D錯(cuò)誤；從而得出答案。13．【答案】(?1【解析】【解答】根據(jù)題意可得，設(shè)C(x，即(故x=?1，y+z=1，不妨令y=12，則故答案為：(

【分析】由題意，設(shè)出點(diǎn)C的坐標(biāo)，利用兩個(gè)向量共線的性質(zhì)，兩個(gè)向量的加減法，兩個(gè)向量坐標(biāo)形式的運(yùn)算法則，計(jì)算求得結(jié)果．14．【答案】3【解析】【解答】因?yàn)閍，b互相垂直，所以|=25+m當(dāng)且僅當(dāng)m=n=22時(shí)，|則|c故答案為：3

【分析】利用空間向量的數(shù)量積計(jì)算公式得到|a→?m15．【答案】3【解析】【解答】解：已知梯形ABCD和矩形CDEF，

所以CD⊥DE，CD⊥DA，

由題知平面ABCD⊥平面CDEF，平面ABCD∩平面CDEF=EF，

又AD?平面ABCD，則AD⊥平面CDEF，

又DE?平面CDEF，則AD⊥DE，以D為原點(diǎn)建立如圖所示空間直角坐標(biāo)系，

則D(0，0，0)，B(1，1，0)，A(1，0，0)，E(0，0，1)，C(0，2，0)，

又DN→=DE→+EN→=DE→+23EC→=DE→+23(DC→故答案為：3.

【分析】利用空間向量法分別求出D，B，A，E，C點(diǎn)坐標(biāo)，并用坐標(biāo)表示出DN→，DP→，AP→，再求出平面DBN的法向量n→，由16．【答案】6；-42【解析】【解答】如圖，延長(zhǎng)MG，交A1A的延長(zhǎng)線于K，連接KN，顯然KN?平面MNG，KN?平面因此，平面MNG與AB的交點(diǎn)H，即為KN與AB交點(diǎn)，在塹堵ABC?A1B1C1中，又BN=13BB1=13A因AA1⊥AB，A故答案為：6；-42

【分析】延長(zhǎng)MG，交A1A的延長(zhǎng)線于K，連接KN，確定點(diǎn)H，再利用塹堵ABC?A1B17．【答案】解：令OA，OB，OC方向上的單位向量分別為m，j，k，則{i因?yàn)镺P===1所以|OP所以O(shè)P的長(zhǎng)度為414【解析】【分析】根據(jù)空間向量基本定理，用基底表示出OP→，計(jì)算向量OP18．【答案】證明：如圖，分別連接PE，PF，PG，PH并延長(zhǎng)交AB，BC，CD，AD于點(diǎn)M，N，Q，R，連接EG，MQ，EF，EH．由于E，F(xiàn)，G，H分別是所在三角形的重心，所以M，N，Q，R分別為所在邊的中點(diǎn)，即MN//AC，QR//所以順次連接M，N，Q，R所得的四邊形MNQR為平行四邊形，且有PE=23PM，PF=由于四邊形MNQR為平行四邊形，可得EG23由于三個(gè)向量有公共點(diǎn)E，根據(jù)空間向量的共面定理可得向量EG，所以E，【解析】【分析】利用重心的性質(zhì)并利用平面向量的加減法則將向量EG→可表示成EF19．【答案】（1）解：因PD⊥平面ABCD，ABCD為正方形，則PD、DA、DC三線兩兩互相垂直，如圖，以點(diǎn)D為原點(diǎn)，DA為x軸，DC為y軸，DP為z軸建立空間直角坐標(biāo)系D-xyz，則D(則直線DE的方向向量DE=(0cos?所以直線DE和PF夾角的余弦值為105（2）解：由（1）知，PB=(2，2設(shè)平面PBF的法向量n=(x，y，z所以點(diǎn)E到平面PBF的距離為d=|【解析】【分析】（1）根據(jù)給定條件，以點(diǎn)D為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量求解作答.

（2）由（1）求出平面PBF的法向量，利用空間向量即可求出點(diǎn)E到平面PBF的距離.20．【答案】（1）解：由題，PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BD因?yàn)榈酌鍭BCD為菱形，∠BAD=60°，AB=2，所以BD=2，在Rt△POB中，PO=3，OB=1，因此PB=BC=2，E是中點(diǎn)，可得：PC⊥BE，同理：PC⊥DE，∵BE∩DE=E，∴PC⊥平面BDE，又因?yàn)镻C?平面PBC，所以平面PBC⊥平面BDE．（2）解：以O(shè)A，OB，OP分別為x，y，z軸建系，則A(3，0，0)，C(?設(shè)平面BDE的法向量為n1則n1?DB=0n設(shè)平面QBD的法向量為n2則n2?DB=0n所以|cos設(shè)二面角Q?BD?E的平面角為θ，∴sinθ【解析】【分析】（1）通過(guò)證明PB=BC可得PC⊥BE，同理可得PC⊥DE，即可證明PC⊥平面BDE，得出答案；

（2）以O(shè)為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，求出平面BDE和平面QBD的法向量，利用向量關(guān)系即可求出.21．【答案】（1）解：∵ABC是正三角形，O為AB∴CO⊥AB．又∵ABC?∴AA∴AA又AB∩AA∴CO⊥平面ABB（2）解：連接OB1，由（1）知CO⊥平面∴直線B1C與平面ABB∴tan∵△ABC是邊長(zhǎng)為2的正三角形，則CO=∴OB在直角△B1BO中，OB=1∴BB建立如圖所示坐標(biāo)系，則B(1，0，0)，A∴BA1=(?2，2，0)，BC1AB=(2，0，0)，AC1→=(1設(shè)平面A1BC1與平面cosθ平面A1BC1與平面【解析】【分析】（1）利用線面垂直的判定定理證明即可；

（2）連接OB1，由（1）知CO⊥平面ABB1A1，又直線B1C與平面22．【答案】（1）解：設(shè)AB=2AD=2，所以所以BM⊥AM，由于AD⊥BM，AM∩AD=A，AM，所以