【文档说明】山东省2021-2022学年高二上学期10月“山东学情”联考数学试题（A）答案.pdf，共(5)页，431.058 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-032ab362036fd71db02c1715c10f7d02.html

以下为本文档部分文字说明：

答案第1页，总5页2021年“山东学情”高二10月联合考试数学试题（A卷）参考答案1．B2．D3．A4.C5.B6.C7．D8．C9.BD10.BC11．CD12.ABD13.)33-,33-,33-()33

,33,33(或14.,2215.，55316.42410、17.（1）0,0,2；（2）2nm．解：)1,,(),4,0,2(nnmmCDAB因为//ABCD，故存在实数)0(，使得ABCD，即)1,,()4,0,2(nnmm.......

.2分112,)1(4)(02nmnnmm解得故........4分点D的坐标为0,0,2........5分（2）因为CD与平面ABC垂直，所以,CDABCDAC

，)0,1,2(),4,0,2(),1,,(ACABnnmmCD又........7分0)(20)1(4200nmmnmACCDABCD即所以........9分解得2nm．........10

分18.137)3(,21)2(,14143)1(kk分分由题意，解：4;......141436212412)1(1,cos2,......6411,211641)1(nmnmnmnmnmnmknmkkknmk

2//6,......8,4,1224,12,1)2(分易知答案第2页，总5页分解得即分分解得12.......137,08)24(4)12()1()1(10,......02,2)3(8;......21,82441211

kkkknmnmknmnmkkkkk19.证明：1轴的正方向轴，轴，分别为为原点，以如图，以zyxAPADABA,,建立空间直角坐标系Axyz，........2分设2ABa，2BCb，2PAc，则(0,A0

，0)，(2,Ba0，0)，(2,Ca2b，0)，(0,D2b，0)，(0,P0，2)c，E为AB的中点，F为PC的中点，(,Ea0，0)，(,Fab，)c，),,0(cbEF，...4分AP0,0,2c，AD(0,2b，0)，........5分1122EFA

PAD........7分,,EFAPAD共面.........8分分分分12.............,11............000029...).........,,0(),0,0,2().2(EFABEFABcbaEFABcbEFaAB

20.解：（1）证明：连结AC交BD于点O，因为ABCD为菱形，故ACBD，又因为侧棱1AA底面ABCD，........1分所以以O为原点建立空间直角坐标系，如图所示........2分设OBa，OAb，1DDc，则(0,,0)Ba，1(0,,)Dac，)32,0,(

),31,0,(cbFcbE所以)31,,(),31,,(1cabFDcabBE....4分所以1BEFD，故1//BEFD，所以B，F，1D，E四点共面；........6分（2）因为060,4BADAB，cFcDDB32,0

,32,,2,0,0,2,0,0,2,01所以设平面11DBB的法向量为(,,)mxyz，cDDBD,0,0,0,4,01则有100mBDmDD，即{−4𝑦=0𝑐𝑧=

0......8分，答案第3页，总5页令1x，故(1,0,0)m，cFB32,2,32又......10分所以点F到平面1BDD的距离为32132mmFB......12分21.（1）

证明：连接1BC，与1BC相交于O，连接OD，∵四边形11BCCB是矩形，∴O是1BC的中点，又D是AC的中点，∴1//ODAB，.....3分∵1AB平面1BDC，OD平面1BDC，∴1//AB平面1BDC；

.....4分（2）以1C为原点，11111,,CACCCB所在的直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示.....6分则10,0,0C，0,3,2B，0,3,0C，2,3,0A，1,3,0D设,,mxyz是平面1BDC的一个法向量，

03023,0011yxzyDCmBCm即则.....8分令1x，则21,31zy，111,,32m，.....9分又10,3,0CC是平面ABC的一个法向量，即10,3,0CC是平面BDC的一个法向量，，则的夹角为与平面设平面CBDBDC

172,coscos111CCmCCmCCm.....11分721夹角的余弦值为与平面所以平面CBDBDC.....12分22.(1)几何法：取PB中点M,CDAB且12CDAB，

E，M分别为PA，PB的中点.EMAB∥且12EMAB,∴EMCD∥且EMCD，四边形CDEM为平行四边形，∴DECM∥，.....2分CM平面PBC，DE平面PBC，∴DE//平面BPC......3分（1）代数法：由

题意可得DA，DC，DP两两互相垂直，如图，以D为原点，DA，DC，DP所在直线分别是x，y，z轴建立空间直角坐标答案第4页，总5页系Dxyz，如图所示.....1分设1DA，则100A，，，120B，，，010C，，，001P，，

，11022E，，，设平面PBC的法向量为mxyz，，110BC，，，011CP，，，00,00zyyxCPmBCm即则令1y，则1,1zx，∴111m，，又

11022DE，，，∴0mDE，∴DEm，DE平面PBC.....2分∴DE平面PBC.....3分（2）设点G坐标为10t，，，则)0,1,1(tCG，120DB，，，由BDCG得1

2t，∴)0,21,1(G设平面GPC的法向量为nxyz，，，)0,21,1(CG由00GCnPCn得0102yzxy即2yzyx，令1x，则2,2zy

，∴122n，，.....5分1223mn，则33cos333nmnmnm，.33夹角的余弦值为与平面故平面BPCGPC.....7分（3）设),,0,(APAH01，，∴AHGAGH12，，)18(32

2,cos12nGHGHn.....9分∵GH与平面PGC所成角的正弦值为33∴22233381，整理得：220810，解得：110，12（舍）.....11分∴存在满足条件的点H，.102),

101,0,101(AHAH且.....12分答案第5页，总5页