河南省南阳市第一中学2022-2023学年高二数学上学期12月月考试卷（PDF版附解析）

南阳一中2022年秋期高二年级第三次月考数学学科试题1-16黄光华17-22靳小芳一、单选题(共60分)1．在空间直角坐标系Oxyz中，点A1,2,3与点B1,2,3（）A．关于原点对称B．关于xOy平面对称C．关于y轴对称D．关于z轴对称2．已知a2x,1,3,b1,2y,9，如果a//b，则xy（）44A．B．0C．D．—1333．已知直线l经过点A2,3,1，且n1,0,1是l的方向向量，则点P4,3,2到l的距离为（）．1322A．B．C．D．22224．已知向量a2,1,2，b1,2,3，则向量b在向量a上的投影向量为（）422212A．,,B．,,333333424212C．,,D．,,3333335．某省新高考采用“312”模式：“3”为全国统考科目语文、数学、外语，所有学生必考；“1”为首选科目，考生须在物理、历史科目中选择1个科目；“2”为再选科目，考生可在思想政治、地理、化学、生物4个科目中选择2个科目．已知小明同学必选化学，那么他可选择的方案共有（）A．4种B．6种C．8种D．12种6．如图，已知四棱锥PABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，且DAB，3PD底面ABCD，若点D到平面PAC的距离为2，则PD（）A．22B．2C．1D．27．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，若CMxAByADzAA，则x,y,z（）1111111111A．,,1B．,,1C．,,1D．,,1222222228．已知ax,4,1，b2,y,1，c3,2,z，a∥b，bc，则a+c与b+c夹角的余弦值为（）22238238A．B．C．D．191919199．已知空间向量a，b，且ABa2b，BC5a6b，CD7a2b，则一定共线的三点是（）A．A、B、CB．B、C、DC．A、B、DD．A、C、D试卷第1页，共4页 10．阅读材料：空间直角坐标系Oxyz中，过点Px0,y0,z0且一个法向量为na,b,c的平面的方程为axx0byy0czz00，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为3x5yz70，直线l是两平面x3y70与4y2z10的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（）107714A．B．C．D．355155511．正方体ABCDA1B1C1D1中，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，则下列结论不正确的是（）A．B1GEFB．平面AEF平面AA1D1DAD1uuuruuurC．A1H//平面AEFD．向量A1B与向量AD1的夹角是60°12．如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，PDDC3,AD4,M是线段PA的中点，N是线段PC上一点（不与P,C两点重合），221且PNPC．若直线MN与BD所成角的余弦值是，则（）211111A．B．C．D．2345二、填空题(共20分)1113．已知A，B，C三点不共线，O为平面ABC外一点，若向量OP=OA+OB+OC，且点P与A，B，C共面，32则实数______．14．把标号为1，2，3，4的四个小球放入标号为1，2，3，4的四个盒子，每个盒子只放一个小球，则1号球和2号球都不放入1号盒子的方法共有______种．15．如图，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，ABADAA12，AABAAD60AC的长为11，BAD90，则116．如图所示，三棱锥VABC的侧棱长都相等，底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，E为线段AC的中点，F为直线AB上的动点，若平面VEF与平面VBC所成锐二面角的平面角为，则cos的最大值为三、解答题(共70分)17、(10分)已知a=(x,4,1),b=(-2,y,-1),c=(3,-2,z),a∥b,b⊥c,求:(1)a,b,c;(2)a+c与b+c所成角的余弦值.试卷第2页，共4页 18、(12分)已知向量a=(1,-3,2),b=(-2,1,1),点A(-3,-1,4),B(-2,-2,2).(1)求|2a+b|;(2)在直线AB上,是否存在一点E,使得OE⊥b?(O为原点)。若存在，求出E点，若不存在，说明理由。19、(12分)如图，在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA14，点D是BC的中点.(1)求异面直线A1B与C1D所成角的余弦值(2)求直线CD与平面ADC1所成角的正弦值.20、（12分）在如图所示的五面体ABCDFE中，面ABCD是边长为2的正方形，AE面ABCD，DF//AE，且1DFAE1，M,N分别为CD,BE的中点.2(1)证明：NF//平面ABCD；(2)求点A到平面MNF的距离.21、(12分)如图所示，已知四棱锥PABCD中，四边形ABCD为正方形，三角形PAB为正三角形，侧面PAB底面ABCD，M是棱AD的中点．（1）求证：PCBM；（2）求二面角BPMC的正弦值．试卷第3页，共4页 22、(12分)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，PAAB2，BAD60.（1）求证：直线BD平面PAC；5（2）设点M在线段PC上，且二面角CMBA的余弦值为，求点M到底面ABCD的距离.7试卷第4页，共4页 南阳一中2022年秋期高二年级第三次月考数学学科试题参考答案：1-5．DACCB6-10．DCACA11-12DB7．C【详解】由已知，在平行六面体ABCDA1B1C1D1中，AC与BD的交点为M，111所以C1MC1CCMC1CCAAA1ACAA1(ABAD)2221111ABADAA1xAByADzAA1所以x,y,z,,1.22228．Ax41【详解】解：因为a//b，所以，解得x=2，y4，故b=(2,4,1)，2y1又因为bc，所以bc0，即68z0，解得z=2．所以a=(2,4,1)，c=(3,2,2)，所以a+c=(5,2,3)，b+c=(1,6,1)，所以(a+c)(b+c)=512+3=4，|a+c|=25+4+9=38，|b+c|=1+36+1=38，设ac与bc的夹角为，a+cb+c42则cosa+c,b+c===．a+cb+c38381910．A【详解】平面的方程为3x5yz70，平面的法向量可取m3,5,1平面x3y70的法向量为a1,3,0，平面4y2z10的法向量为b0,4,2，nax3y0设两平面的交线l的方向向量为n(x,y,z)，由，令x3，则y1，z2，所以n3,1,2，nb4y2z0mn210则直线l与平面所成角的大小为，sincosm,n．mn14353511．D【详解】解：因为BC1B1C，BC1A1B1，B1CA1B1B1，B1C,A1B1平面A1B1CD，所以BC1平面A1B1CD，又E、F分别为CC1、BC的中点，所以EF//BC1，所以EF平面A1B1CD，B1G平面A1B1CD，所以B1GEF，故A正确，连接AD1和BC1，E、F、G、H分别为CC1、BC、CD、BB1的中点，可知EF//BC1//AD1，所以E、F、A、D四点共面，所以平面AEF平面AADDAD，故B正确；1111由题知，可设正方体的棱长为2，以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，答案第1页，共7页 则A2,0,0,C0,2,0,E0,2,1,A12,0,2,H2,2,1,F1,2,0所以A1H0,2,1,AF1,2,0,EF1,0,1,AA10,0,2，设平面AEF的法向量为nx,y,z，nAF0x2y0则，即，令y1，得x2,z2，得平面AEF的法向量为n2,1,2，nEF0xz0所以A1Hn0，A1H平面AEF，所以A1H//平面AEF，故C正确；因为A12,0,2,B2,2,0,A2,0,0,D10,0,2A1B0,2,2,AD12,0,2uuuruuurABAD4111向量AB与向量AD的夹角为，则coscosA1B,AD1，又[0,]，所以11ABAD2222211120，故D错误，12．B【详解】因为PD平面ABCD，DC平面ABCD，AD平面ABCD，所以PDDC，PDAD．因为底面ABCD为矩形，所以DCAD．所以DP，DC，DA两两互相垂直．以D为原点，DA、DC、DP所在直线分别为x、y、z轴，建立空间直角坐标系Dxyz，3则D0,0,0，B(4,3,0)，P(0,0,3)，A(4,0,0)，C(0,3,0)，M2,0,．所以PC(0,3,3)，BD(4,3,0)．因23为PNPC0,3,30,1，所以N(0,3,33)，则MN2,3,3．设直线MN与BD所成角232,3,3(4,3,0)|89|181214464|MNBD|2为，则cos255225．|MN||BD|255182918921895444221811446422181144641002因为522521，则22521，化简得9921247190，即18918944答案第2页，共7页 1719(31)(33719)0，解得或（舍去）．333113．614．12【详解】由于1号盒子不能放1号球和2号球，则1号盒子可以放3号球或4号球，有2种方法，剩下的3个盒33A2A12子各放一个球有3种方法，则由分步乘法原理可得一共有3种方法．故答案为：1215．2ABADAA2AABAAD60【详解】A1CA1AACAA1ABAD，又：1，11，BAD90，22∴A1CA1CA1CAA1ABAD222AA1ABAD2AA1AB2AA1AD2ABAD222AAABAD2AAABcosAAB2AAADcosAAD2ABADcosBAD111112222.222222cos60222cos600616．3【详解】底面ABC与侧面VAC都是以AC为斜边的等腰直角三角形，则RtABC≌Rt△VAC，∴VAVCABBC，设VAVBVCABBC2，则AC22，222∵E为AC的中点，则VEBE2，∴VEBEVB，即VEBE，以E为原点，如图建立空间直角坐标系，则A(0,2,0)、C(0,2,0)、B(2,0,0)、V(0,0,2)，设F(x,y,z)，AFAB，[0,1]，则AFAB，而AFx,y2,z，AB2,2,0，∴x2、y22、z0，∴F(2,22,0)，∴VC0,2,2、VB2,0,2、EV0,0,2、nEV01VF2,22,2，设面VEF的一个法向量n1(x1,y1,z1)，则，即n1VF02z101，令y11，则n1,1,0，2x(22)y2z0111n2VC02y22z20设面VBC的一个法向量n2(x2,y2,z2)，则，即，令x21，则n21,1,1，面VEF与n2VB02x22z20面VBC所成锐二面角的平面角为，则答案第3页，共7页 1n1n2111coscosn1,n22nn12322132(1)21，121322166当时(cos)，即cos的最大值为.max233x4117.解(1)因为a∥b,所以==,解得x=2,y=-4,这时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又因为b⊥c,所以-2y-1b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,所以c=(3,-2,2).（6分）5-12+32(2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),所以a+c与b+c所成角的余弦值cos<a+c,b+c>==-.（1038×3819分）18.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|=02+(−5)2+52=52.（6分）(2)OE=OA+AE=OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),（8分）9若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=,（10分）因此存在点E,使得OE⊥b,此时点E的56142坐标为E-,-,.（12分）55519.（1）在直三棱柱ABC-A1B1C1中，ABAC，ABAC2，AA14，点D是BC的中点．以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，AA为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，（2分）1A(0，0，0)，A(0，0，4)，B(2，0，0)，C(0，2，4)，D(1，1，0)，11AB(2,0,4)，CD(1,1,4)，11答案第4页，共7页 设异面直线A1B与C1D所成角为，则异面直线A1B与C1D所成角的余弦值为：|ABCD|1831011cos；（6分）|AB||CD|20181011（2）平面AC1D的法向量n(2,2,1)，（8分）πCD(1,1,0)设直线CD与平面AC1D所成角为，0,，2nCD22022则sin|cosn,CD|||，（11分）|n||CD|441110322所以直线CD与平面AC1D所成角的正弦值为．（12分）320.（1）法一：以A为坐标原点，AB,AD,AE正方向为x,y,z轴，可建立如图所示空间直角坐标系，（2分）则A0,0,0，M1,2,0，N1,0,1，F0,2,1，E0,0,2，NF1,2,0，MN0,2,1，AF0,2,1，AE0,0,2；QAE^平面ABCD，平面ABCD的一个法向量为AE0,0,2，（4分）NFAE0，NFAE，则平面ABCD外直线NF//平面ABCD.（6分）法二：取AB中点P,证明NF平行且等于PD.（做对给6分）（2）设平面MNF的法向量nx,y,z，NFnx2y0则，令y1，解得：x2，z2，n2,1,2，（9分）MNn2yz0AFn44点A到平面MNF的距离d.（12分）n221222321．解：（1）取AB的中点O，连接OP，并过O点作BC的平行线OE，交CD于E，则OEAB∵三角形PAB为正三角形∴POAB∵平面PAB底面ABCD且平面PAB底面ABCDAB∴PO底面ABCD（2分）以O为坐标原点，OB的方向为x轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系（3分），令PBAB2，答案第5页，共7页 则B1,0,0，P0,0,3，M1,1,0，C1,2,0PC1,2,3，BM2,1,0PCBM1221300∴PCBM（6分）（2）PM1,1,3，CM2,1,0PMm0xy3z0设平面PMB的一个法向量为mx,y,z则即BMm02xy03令x1，m1,2,（8分）3设平面PMC的一个法向量为na,b,cPMn0ab3c0则即CMn02ab0令a1，（10分），n1,2,3mn6所以cosm,n，（11分）mn42261010所以sinm,n1cosm,n1∴二面角BPMC的正弦值为（12分）44422．（1）由菱形的性质可知BDAC，（1分）因为PA平面ABCD所以BDAP，（2分）且APACA，所以直线BD平面PAC；（4分）（2）以点A为坐标原点，AD，AP方向为y轴，z轴正方向，答案第6页，共7页 如图所示，在平面ABCD内与AD垂直的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系Axyz，（6分）设Mx,y,z，且PMPC01，由于P0,0,2,C3,3,0,B3,1,0,A0,0,0，故：x3x,y,z23,3,2，据此可得：y3，即点M的坐标为M3,3,22（7分），z22n1CBx1,y1,z10,2,02y10设平面CMB的法向量为：nx,y,z，则：，据此可得平面CMB1111n1MBx1,y1,z133,13,220的一个法向量为：n12,0,3，（8分）设平面MBA的法向量为：nx,y,z，则：2222n2ABx2,y2,z23,1,03x2y203，据此可得平面MBA的一个法向量为：n21,3,（10n2MBx2,y2,z233,13,2201分），32515二面角CMBA的余弦值为，故：327，77132(1)162或=（11分）.整理得14196=0，解得：2733631822由点M的坐标为M,,1或M,,.易知点M到底面ABCD的距离为1或者（12分）227777答案第7页，共7页