【文档说明】安徽省定远县育才学校2020-2021学年高二下学期4月周练（12日）数学理试题 含答案.doc，共(11)页，268.000 KB，由小赞的店铺上传

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育才学校2020-2021学年度第二学期第4次周练高二数学理科试卷一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．设a＝(x,2y,3)，b＝(1,1,6)，且a∥b，则x＋y等于()A.12B.34C.32D．22．若a＝(

0,1，－1)，b＝(1,1,0)，且(a＋λb)⊥a，则实数λ的值是()A．－1B．0C．1D．－23．若向量(1,0，z)与向量(2,1,0)的夹角的余弦值为25，则z等于()A．0B．1C．－1D．2

4．若a＝e1＋e2＋e3，b＝e1－e2－e3，c＝e1－e2，d＝3e1＋2e2＋e3({e1，e2，e3}为空间的一个基底)，且d＝xa＋yb＋zc，则x，y，z分别为()A.52，32，－1B.52，12，1C．－52，12，1D.52，－12，15．若直线

l的方向向量为a＝(1，－1,2)，平面α的法向量为u＝(－2,2，－4)，则()A．l∥αB．l⊥αC．l⊂αD．l与α斜交6．在平行六面休ABCD－A′B′C′D′中，若AC′→＝xAB→＋2yBC→＋3zC′C

→，则x＋y＋z等于()A．1B.76C.56D.237．已知正四棱柱ABCD－A1B1C1D1中，AA1＝2AB，E为AA1的中点，则异面直线BE与CD1所成的角的余弦值为()A.1010B.15C.31010D.358．已知空间四个点A(1,1,1)，B(－4,0,2)，C(－3，－1,0)，

D(－1,0,4)，则直线AD与平面ABC所成的角为()A．60B．45°C．30°D．90°9．在正方体ABCD－A1B1C1D1中，平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为()A.12B.13C.32D.3310.如右图所示，在棱长为1的正方体ABCD－A1B1C1D1中，E、F分

别为棱AA1、BB1的中点，G为棱A1B1上的一点，且A1G＝λ(0≤λ≤1)，则点G到平面D1EF的距离为()A.3B.22C.23D.55二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)11．若a＝(2

，－3,5)，b＝(－3,1，－4)，则|a－2b|＝________.12．设a＝(2，－3,1)，b＝(－1，－2,5)，d＝(1,2，－7)，c⊥a，c⊥b，且c·d＝10，则c＝________.13

．直角△ABC的两条直角边BC＝3，AC＝4，PC⊥平面ABC，PC＝95，则点P到斜边AB的距离是________．14．平行六面体ABCD－A1B1C1D1中，AB＝2，AA1＝2，AD＝1，且AB，AD，AA

1的夹角都是60°，则AC1→·BD1→＝________.题号12345678910答案11.12.12.14.三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．(本小题满分12分)如图所示，已知ABC

D－A1B1C1D1是平行六面体．(1)化简12AA1→＋BC→＋23AB→，并在图上标出结果；(2)设M是底面ABCD的中心，N是侧面BCC1B1对角线BC1上的34分点，设MN→＝αAB→＋βAD→＋γAA1→，试求α、β、γ的值．16．(本

小题满分12分)如图，在底面是矩形的四棱锥P－ABCD中，PA⊥平面ABCD，PA＝AB＝2，BC＝4.求点B到平面PCD的距离．17．(本小题满分12分)如图所示，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，E是棱DD1的中点．(1)求直线BE和平面A

BB1A1所成的角的正弦值；(2)在棱C1D1上是否存在一点F，使B1F∥平面A1BE？证明你的结论．18．(本小题满分14分)如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，∠BAC＝90°，AB＝AC＝AA1＝1.D是棱CC1上的一点，P是AD的延长线与A1C1的延长线的交点，且PB1∥

平面BDA1.(1)求证：CD＝C1D；(2)求二面角A－A1D－B的平面角的余弦值；(3)求点C到平面B1DP的距离．1.解析：∵a∥b，∴x＝2y＝36，∴x＝12，y＝14.∴x＋y＝34.答案：B2．解析：a

＋λb＝(0,1，－1)＋(λ，λ，0)＝(λ，1＋λ，－1)，因为(a＋λb)·a＝(λ，1＋λ，－1)·(0,1，－1)＝1＋λ＋1＝2＋λ＝0，所以λ＝－2.答案：D3．解析：由题知1，0，z·2，1，01＋z2·5＝25，21＋z2·5＝25，1＝1＋z2，∴z＝0.答案：A

4.解析：d＝xa＋yb＋zc＝x(e1＋e2＋e3)＋y(e1－e2－e3)＋z(e1－e2)．∴{x＋y＋z＝3，x－y－z＝2，x－y＝1，∴x＝52，y＝32，z＝－1答案：A5．解析：∵u＝－2a，∴u∥a，∴l⊥α，故选B.答案：B6．解析：如图，AC′→＝AB→＋

BC→＋CC′→＝AB→＋BC→－C′C→，所以x＝1,2y＝1,3z＝－1，所以x＝1，y＝12，z＝－13，因此x＋y＋z＝1＋12－13＝76.答案：B7．解析：以DA，DC，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

则B(1,1,0)，E(1,0,1)，C(0,1,0)，D1(0,0,2)．∴BE→＝(0，－1,1)，CD1→＝(0，－1,2)．∴cos〈BE→，CD1→〉＝BE→·CD1→|BE→||CD1→|＝32×5＝31010.故选C.答案：C8．解析：设n＝(x

，y,1)是平面ABC的一个法向量．∵AB→＝(－5，－1,1)，AC→＝(－4，－2，－1)，∴{－5x－y＋1＝0，－4x－2y－1＝0，∴x＝12，y＝－32，∴n＝12，－32，1.又AD→＝(－2，－1,3)，设AD与平面ABC所成的角为θ，则sin

θ＝|AD→·n||AD→||n|＝727＝12，∴θ＝30°.故选C.答案：C9．解析：以点D为原点，DA，DC，DD1为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体的棱长为1，则A1C→＝(－1,1，－1)，AC1→＝

(－1,1,1)．又可以证明A1C⊥平面BC1D，AC1⊥平面A1BD，又cos〈AC1→，A1C→〉＝13，结合图形可知平面A1BD与平面C1BD所成二面角的余弦值为13.故选B.答案：B10.解析：因为A1B1∥EF，G在A1B1上，所以G到平面D1

EF的距离即为A1到平面D1EF的距离，即是A1到D1E的距离，D1E＝52，由三角形面积可得所求距离为1×1252＝55.故选D.答案：D二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．请把正确答案填在题中横线上)11．解析：因

为a－2b＝(8，－5,13)，所以|a－2b|＝82＋－52＋132＝258.答案：25812．解析：设c＝(x，y，z)，根据题意得{2x－3y＋z＝0，x－2y＋5z＝0，x＋2y－7z＝10.解得x＝6512，y＝154，z＝512.答案：6512，154，51213．解

析：以C为坐标原点，CA、CB、CP为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系．则A(4,0,0)，B(0,3,0)，P0，0，95，所以AB→＝(－4,3,0)，AP→＝－4，0，95

，所以AP→在AB上的投影长为|AP→·AB→||AB→|＝165，所以P到AB的距离为d＝|AP|2－1652＝16＋8125－25625＝3.答案：314．解析：AC1→＝AB→＋AD→＋AA1→，BD1→＝BC→＋BA→＋BB

1→，AC1→·BD1→＝(AB→＋AD→＋AA1→)·(BC→＋BA→＋BB1→)＝(AB→＋AD→＋AA1→)·(AD→－AB→＋AA1→)＝AB→·AD→－|AB→|2＋AB→·AA1→＋|AD→|2－AD→·AB→＋AD→·AA1→＋AA1→·AD1→－AA1→·

AB→＋|AA1→|2＝2×1×cos60°－4＋1－2×1×cos60°＋1×2×cos60°×2＋4＝3.答案：3三、解答题(本大题共4小题，共50分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15．解析：(1)如图所示，取AA1的中点E，在D1C1上取一点F，使得D1F＝2FC1，

则EF→＝12AA1→＋BC→＋23AB→.(2)MN→＝MB→＋BN→＝12DB→＋34BC1→＝12(DA→＋AB→)＋34(BC→＋CC1→)＝12AB→＋14AD→＋34AA1→.∴α＝12，β＝14，γ＝34.16．解析：如图，以A为原点，AD、AB、AP所在的直线分别为

x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系．则依题意可知A(0,0,0)，B(0,2,0)，C(4,2,0)，D(4,0,0)，P(0,0,2)，PD→＝(4,0，－2)，CD→＝(0，－2,0)，BC→＝(4,0,0)，设面PCD的一个法向量为n＝(x，y,1)，则{n·CD→＝0n·PD→＝0

⇒{－2y＝04x－2＝0⇒y＝0，x＝12，所以面PCD的一个单位法向量为n|n|＝55，0，255，所以BC→·n|n|＝4，0，0·55，0，25

5＝455，则点B到平面PCD的距离为455.17．解析：设正方体的棱长为1，如图所示，以AB→，AD→，AA1→为单位正交基底建立空间直角坐标系．(1)依题意，得B(1,0,0)，E0，1，12，A(0,0,0)，D(0,1,0)，所以BE→＝－1，1，12，A

D→＝(0,1,0)，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，因为AD⊥平面ABB1A1，所以AD→是平面ABB1A1的一个法向量，设直线BE和平面ABB1A1所成的角为θ，则sinθ＝|BE→·AD→||BE→|·|AD→|＝132×1＝23.即直线BE和平面ABB1A1所成的角的正弦值为

23.(2)依题意，得A1(0,0,1)，BA1→＝(－1,0,1)，BE→＝(－1,1，12)，设n＝(x，y，z)是平面A1BE的一个法向量，则由n·BA1→＝0，n·BE→＝0，得－x＋z＝0

－x＋y＋12z＝0，所以x＝z，y＝12z.取z＝2，得n＝(2,1,2)．设F是棱C1D1上的点，则F(t,1,1)(0≤t≤1)．又B1(1,0,1)，所以B1F→＝(t－1,1,0)，面B1F

⊄平面A1BE，于是B1F∥平面A1BE⇔B1F→·n＝0⇔(t－1,1,0)·(2,1,2)＝0⇔2(t－1)＋1＝0⇔t＝12⇔F为C1D1的中点．这说明在棱C1D1上存在点F使B1F∥平面A1BE.18．解析：如图，以A1为原点，A1B1，A1C1，A1A所在直

线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，则A1(0,0,0)，B1(1,0,0)，C1(0，1,0)，B(1,0,1)．(1)证明：设C1D＝x，∵AC∥PC1，∴C1PAC＝C1DCD＝x1－x.由此可得D(0,1，x)，P0，1＋x1－x，0.∴A1B→＝(

1,0,1)，A1D→＝(0,1，x)，B1P→＝－1，1＋x1－x，0.设平面BA1D的一个法向量为n1＝(a，b，c)，令c＝－1，得n1＝(1，x，－1)．∵PB1∥平面BDA1，∴n1·B1P→＝1×(－1)＋x·1＋x1－x＋(

－1)×0＝0.由此可得x＝12.故CD＝C1D.(2)由(1)知，平面BA1D的一个法向量n1＝1，12，－1.又n2＝(1,0,0)为平面AA1D的一个法向量，∴cos〈n1·n2〉＝n1·n2|n1|·|n2|＝11×32＝23.故二面角A－A1D－B的平面角的余弦值为23.

(3)∵PB1→＝(1，－2,0)，PD→＝0，－1，12，设平面B1DP的一个法向量为n3＝(a1，b1，c1)．令c1＝1，可得n3＝1，12，1.又DC→＝0，0，12，∴C到平面B1DP的

距离d＝|DC→·n3||n3|＝13.