【文档说明】山东省菏泽市单县第五中学2020-2021学年高二上学期第一次月考（10月）数学试题 【精准解析】.doc，共(23)页，2.119 MB，由小赞的店铺上传

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单县五中高二上学期第一次月考数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知平面α和平面β的法向量分别为()()3,1,2,6,2,10mn==−−，则（）A.α⊥βB.α∥βC.α与β相交但不垂直

D.以上都不对【答案】A【解析】【分析】根据向量的数量积运算结果，即可判断.【详解】因为182200mn=−−+=故可得mn⊥，则平面α和平面β垂直.故选：A.【点睛】本题考查平面的法向量垂直，与平面垂直之间的等价关系.2.在空间直角坐标系中，点(2,1,3)A

−关于平面xOz的对称点为B，则OAOB=()A.10−B.10C.12−D.12【答案】D【解析】【分析】由题意，根据点(2,1,3)A−关于平面xOz的对称点(2,1,3)B，求得,OAOB的坐标，利用向量的数量积的坐标运算，即求解.【详解】由题意，空间直角坐标

系中，点(2,1,3)A−关于平面xOz的对称点(2,1,3)B，所以=(2,1,3),(2,1,3)OAOB−=,则22(1)13312OAOB=+−+=，故选D.【点睛】本题主要考查了空间直角坐标系的应用，以及空间向量的数量积的坐标运算，其中解答中熟记空间向量数量积

的坐标运算公式，准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.3.如图，已知空间四边形OABC，M，N分别是OA，BC的中点，且OAa=，OBb=，OCc=，用,,abc表示向量MN为（）A.111222abc++B.111222abc−

+rrrC.111222abc−++D.111222abc−+−【答案】C【解析】【分析】由图可得MNMAABBN=++，进一步化为以,,OAOBOC表示，即可得出结果.【详解】由图可知，MNMAABBN=++1122O

AOBOABC=+−+()1122OAOBOAOCOB=+−+−111222OAOBOC=−++111222abc=−++.故选：C.【点睛】本题考查空间向量的线性运算，属于基础题.4.已知正四面体ABCD的棱长为a，点E，F分别是,BCAD的中点，则AEAF的值为（）A.2aB.212aC

.214aD.234a【答案】C【解析】【分析】把要求数量积的两个向量表示成以四面体的棱长为基底的向量的表示形式，写出向量的数量积，问题转化成四面体的棱之间的关系，因为棱长和夹角已知，得到结果．【详解】解：11()22AEA

FABACAD=+1()4ABADACAD=+1(cos60cos60)4aaaa=+2221111()4224aaa=+=故选：C.【点睛】本题考查空间向量的数量积，解题的关键是把要用的向

量写成以已知几何体的一个顶点为起点的向量为基地的形式，再进行运算．5.（多选题）已知直线l过点(1,0,1)P−，平行于向量(2,1,1)a=，平面过直线l与点(1,2,3)M，则平面的法向量可能是（）A.(1，－4，2)B.11

(,1,)42−C.11(,1,)42−−D.(0，－1，1)【答案】ABC【解析】【分析】由题可知所研究平面的法向量垂直于向量(2,1,1)a=，和向量PM，所以利用向量垂直的判定验证即可【详解】解：由题意可知，所研究平面的法向量垂直于向量(2,1,1)a=，和向量PM，而(1,2,3)(

1,0,1)(0,2,4)PM=−−=，选项A，(2,1,1)(1,4,2)0,(0,2,4)(1,4,2)0−=−=满足垂直，故正确；选项B，1111(2,1,1)(,1,)0,(0,2,4)(,1,)04242

−=−=满足垂直，故正确；选项C，1111(2,1,1)(,1,)0,(0,2,4)(,1,)04242−−=−−=满足垂直，故正确；选项D，(2,1,1)(0,1,1)0−=，但(0,2,4)(0,1,1)0−，故错误．故选：

ABC【点睛】此题考查平面的法向量，向量的数量积运算，属于基础题.6.在一直角坐标系中，已知(1,6),(3,8)AB−−，现沿x轴将坐标平面折成60的二面角，则折叠后,AB两点间的距离为（）A.241B.

41C.17D.217【答案】D【解析】【分析】画出图形，作,ACCDBDCD⊥⊥，则6,8,4ACBDCD===，可得0,0ACCDBDCD==，沿x轴将坐标平面折成60的二面角，故两异面直线,CADB所成的角为60，结合已知，即可求得答案.【详

解】如图为折叠后的图形，其中作,ACCDBDCD⊥⊥则6,8,4ACBDCD===，0,0ACCDBDCD==沿x轴将坐标平面折成60的二面角两异面直线,CADB所成的角为60．可得：.cos602

4CADBCADB==故由ABACCDDB=++得22||||ABACCDDB=++2222+22ACCDDBACCDCDDBACDB++++=2222+22ACCDDBACCDCDDBCADB+++−=36166448=++

−68=||217AB=故选：D.【点睛】本题考查了立体几何体中求线段长度，解题的关键是作图和掌握空间向量的距离求解公式，考查了分析能力和空间想象能力，属于中档题.7.在三棱锥PABC−中，PC⊥底面ABC，

90BAC=，4ABAC==，60PBC=，则点C到平面PAB的距离是()A.3427B.4427C.5427D.6427【答案】B【解析】【分析】以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面PAB

的距离．【详解】在三棱锥PABC−中，PC⊥底面ABC，90BAC=，4ABAC==，60PBC=，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则(0,C4，0

)，(0,P4，46)，(0,A0，0)，(4,B0，0)，(0,AC=4，0)，(4,AB=0，0)，(0,AP=4，46)，设平面PAB的法向量(,nx=y，)z，则446040nAPyznABx=+===，取1z=，得()0,6,1n=

−，点C到平面PAB的距离4644277ACndn===．故选B．【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．8.已知空间直角坐标系O

xyz−中，()1,2,3OA=uuur，()2,1,2OB=uuur，()1,1,2OP=uuur，点Q在直线OP上运动，则当QAQB取得最小值时，点Q的坐标为（）A.131,,243B.133,,224

C.448,,333D.447,,333【答案】C【解析】【分析】设(,,)Qxyz，根据点Q在直线OP上，求得(,,2)Q，再结合向量的数量积和二次函数的性质，求得43

=时，QAQB取得最小值，即可求解.【详解】设(,,)Qxyz，由点Q在直线OP上，可得存在实数使得OQOP=，即(,,)(1,1,2)xyz=，可得(,,2)Q,所以(1,2,32),(2,1,22)QAQB

=−−−=−−−,则2(1)(2)(2)(1)(32)(22)2(385)QAQB=−−+−−+−−=−+，根据二次函数的性质，可得当43=时，取得最小值23−，此时448(,,)333Q.故选：C.【点睛】本题主要考查了空间向量的

共线定理，空间向量的数量积的运算，其中解答中根据向量的数量积的运算公式，得出关于的二次函数是解答的关键，着重考查运算与求解能力.二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全

部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.空间四个点O，A，B，C，,,OAOBOC为空间的一个基底，则下列说法正确的是（）A.O，A，B，C四点不共线B.O，A，B，C四点共面，但不共线C.O，A，B，C四点中任意三

点不共线D.O，A，B，C四点不共面【答案】D【解析】【分析】用空间向量的定义进行判断，不共面的三个向量可以作为空间的一个基底.【详解】由空间基底的定义，,,OAOBOC三个向量不共面，但选项A，B，C三种情形都有可能使,,OAOBOC共面，只有D才能使这三个向量不共面.故选：D

.【点睛】本题考查基底的概念，属于基础题.10.下列各式中，结果为零向量的是（）A.ABMBBOOM+++B.ABBCCA++C.OAOCBOCO+++D.ABACBDCD−+−【答案】BD【解析】【分析】根据向量的加法和减法运算，对四个选项逐一计算，即可得

正确答案.【详解】对于选项A：ABMBBOOMAB+++=，选项A不正确；对于选项B：0ABBCCAACCA++=+=，选项B正确；对于选项C：OAOCBOCOBA+++=，选项C不正确；对于选项D：()()0AB

ACBDCDABBDACCDADAD−+−=+−+=−=uuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuuruuurr选项D正确.故选：BD【点睛】本题主要考查了向量的线性运算，属于基础题.11.已知()

1,,2a=−−，()2,1,1b=−,且a与b夹角为120，则的取值可以是（）A.17B.-17C.-1D.1【答案】AC【解析】【分析】根据向量的数量积公式的推论得夹角公式cos,ababab=求解即可.【详解】解

:因为cos,ababab=,且()1,,2a=−−，()2,1,1b=−,a与b夹角为120.所以()()()()22222212121cos12012211−+−−=−++−+−+,解得17=

或1=−.故选:AC【点睛】本题考查向量的数量积公式求参数,属于基础题.12.（多选题）在四面体PABC−中，以上说法正确的有（）A.若1233ADACAB=+，则可知3BCBD=B.若Q为△ABC的重心，则111333PQPAPBPC=++C.若0PABC=，0PCAB=，则0PBAC=D.

若四面体PABC−各棱长都为2，MN，分别为,PABC的中点，则1MN=【答案】ABC【解析】【分析】作出四面体PABC−直观图，在每个三角形中利用向量的线性运算可得.【详解】对于A，1233ADACAB=+，32ADACAB=+，22ADABAC

AD−=−，2BDDC=，3BDBDDCBC=+=即3BDBC=，故A正确；对于B，Q为△ABC的重心，则0QAQBQC++=，33PQQAQBQCPQ+++=()()()3PQQAPQQBPQQCP

Q+++++=,3PAPBPCPQ++=即111333PQPAPBPC=++，故B正确；对于C，若0PABC=，0PCAB=，则0PABCPCAB+=，()0PABCPCACCB++=,0PABCPCAC

PCCB++=0PABCPCACPCBC+−=,()0PAPCBCPCAC−+=0CABCPCAC+=0ACCBPCAC+=()0ACPCCB+=，0ACPB=，故C正确；对于D，111()()222MNPNPMPBPCPAPBPCPA=−=+−=+−1122M

NPBPCPAPAPBPC=+−=−−222222PAPBPCPAPBPCPAPBPAPCPCPB−−=++−−+22211122222222222222222=++−−+=2MN=，故D错误.

故选：ABC【点睛】用已知向量表示某一向量的三个关键点(1)用已知向量来表示某一向量，一定要结合图形，以图形为指导是解题的关键．(2)要正确理解向量加法、减法与数乘运算的几何意义，如首尾相接的若干向量之和，等于由起始向量的始点指向末尾向量的终点的向量．(3)在立体几何中三角形法则、平行

四边形法则仍然成立．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.如图，非零向量,OAaOBb==，且BCOA⊥，C为垂足，设向量OCa=，则的值为____________（用a与b的数量积和其模表示）【答案】

2||aba【解析】【分析】由BCOCOB=−，BCOA⊥，得()()0OCBCOCOCOBaab=−=−=，即可求出.【详解】BCOCOB=−，BCOA⊥，OCBC⊥，0OCCB=，即()

()220OCBCOCOCOBaabaab=−=−=−=，2||aba=.故答案为：2||aba.【点睛】本题考查向量的线性运算，考查向量垂直，考查数量积的运算，属于基础题.14.如图，已知正三棱柱111ABCABC−的所有棱长均相

等，D为11AC的中点，则直线AD与平面1BDC所成角的正弦值为__________【答案】45.【解析】【分析】先证出B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，证AG⊥平面B1DC，可知∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成

角，求其正弦即可．【详解】如图，连接B1D，因为三角形111ABC为正三角形，则111BDAC^，又平面111ABC⊥平面AC1，交线为11AC，B1D平面111ABC，则B1D⊥平面AC1，过A点作AG⊥CD，则由B1D⊥平面AC1，得AG⊥B1D，由线面垂

直的判定定理得AG⊥平面B1DC，于是∠ADG即为直线AD与平面B1DC所成角，由已知，不妨令棱长为2，则可得AD5==CD，由等面积法算得AG1455ACAACD==所以直线AD与面DCB1的正弦值为

=AGAD45；故答案为45．【点睛】考查正棱柱的性质以及线面角的求法．考查空间想象能力以及点线面的位置关系，线面角的一般求解方法：法一作出角直接求解，法二；利用等积转化求解15.已知()()3,2,3,1,1,1abx=−−=−−r

r，且a与b夹角为钝角，则x的取值范围为___________【答案】55233−+，，【解析】【分析】由向量定义知0ab且a与b不平行，列方程求解即可【详解】由题可知0abab

，即()()4203,2,31,1,1xx−−−−−−，解得2x−且53x故答案为：55233−+，，【点睛】本题考查由向量的夹角范围求参数取值范围，属于基础题16.在棱长为1的正方体ABCD-A1B1C

1D1中，E为CC1的中点，P，Q是上底面A1B1C1D1内相异两点，满足BP⊥A1E，BQ⊥A1E.则PQ与BD的位置关系是_____；|A1P|的最小值为_____.【答案】(1).平行(2).324【解析】【分析】建立空间直角坐标系

，轨迹P，Q是上底面A1B1C1D1内相异两点，设()(),,1,,,1PabQmn，然后根据BP⊥A1E，BQ⊥A1E，由1100AEBPAEBQ==求解.根据12ba−=，利用两点间距离公式得到1AP2524aa=−+，利用二次函数的性质求解.【详解】建立如图所示空间

直角坐标系：则()()111,0,1,0,1,,1,1,02AEB，因为P，Q是上底面A1B1C1D1内相异两点，设()(),,1,,,1PabQmn，则()()111,1,,1,1,1,1,1,12AEBPabBQmn=−−=−−=−−，因为B

P⊥A1E，BQ⊥A1E，所以1100AEBPAEBQ==，即()()()()1110211102abmn−−+−−=−−+−−=，解得1212banm−=−=，所以//PQBD，则PQ与BD的位置关系是平行，因为12ba−

=，所以()()222211112APabaa=−+=−++，2251922448aaa=−+=−+，当14a=时，即11,,144P，|A1P|取得最小值，最小值为324.故答案为：（1）平行；（2）324.【点睛】本题主

要考查两直线位置关系的判断，两点间距离的最值的求法以及空间向量的应用，还考查了运算求解的能力，属于中档题.四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知()2,1,3a=−，()4,2,bx=−，()1,,2cx=−.（

1）若//ab，求x的值；（2）若()abc+⊥，求x的值.【答案】（1）-6（2）-4【解析】【分析】（1）利用向量共线的坐标表示，即得解；（2）利用向量加法和向量垂直的坐标表示，即得解；【详解】解：（1）

ba=，∴2423x=−−==，∴6x=−.（2）()2,1,3abx+=−+，∵()abc+⊥，∴()0abc+=，∴()2230xx−−++=，∴4x=−.【点睛】本题考查了向量平行，加法，数量积的坐标表示，考查了学生概念理解，数学运算的能力，属于基础题.18.叙述并用向量

法证明线面垂直的判定定理【答案】答案见解析.【解析】【分析】设lm⊥，ln⊥，若要证明直线l⊥，就是要证明直线l垂直于平面内的任意一条直线，故在平面内作任意一条直线g，并在l，m，n，g上取非零向量l，m，n，g，利用共面向量基本定理建立m，n，g的联系，只需证明0lg=rur即可

.【详解】线面垂直的判定定理：如果一条直线与平面内两条相交直线都垂直，那么这条直线与这个平面垂直.问题：若m，n是平面内的两条相交直线，如果lm⊥，ln⊥，求证：l⊥.证明：在平面内作任意一条直线g，分别在l，m，n，g上取非零向量l，m，n，g.则lm⊥，ln

⊥rr，即0lm=rur，0ln=rr，又因为直线m，n相交，所以向量m，n不共线，所以由向量共面的充要条件可知，存在惟一一组有序实数对(),xy，使gxmyn=+ururr，故()0lglxmynxlmyln=+=+

=rurrurrrurrr，所以lg⊥，根据线面垂直的定义可知，l⊥.【点睛】本题考查学生对于线面垂直的判定定理的理解及证明，考查共面向量基本定理在证明中的运用.19.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CDAB//CD，AB＝AD＝2，CD＝4，

M为CE的中点.（1）求证：BM//平面ADEF；（2）求证：BC⊥平面BDE.【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）以D为坐标原点，,,DADCDEuuuruuuruuur分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如

图所示的空间直角坐标系，然后可得12BMADAF=+，即可证明；（2）利用向量证明BC⊥DB，BC⊥DE即可.【详解】∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED⊂平面ADEF，∴ED⊥平面ABCD.以D为

坐标原点，,,DADCDEuuuruuuruuur分别为x轴，y轴，z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系则D(0，0，0)，A(2，0，0)，B(2，2，0)，C(0，4，0)，E(0，0，2)，F(2，0，2)（1）∵M为EC的中点，∴M

(0，2，1)则BM＝(－2，0，1)，AD＝(－2，0，0)，AF＝(0，0，2)∴12BMADAF=+，故,,BMADAF共面又BM平面ADEF，∴//BM平面ADEF（2）BC＝(－2，2，0)，DB＝(2，2，0)，DE＝(0，0，

2)，∵BCDB＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.又BCDE＝0，∴BC⊥DE.又DE∩DB＝D，DB，DE⊂平面BDE，∴BC⊥平面BDE.【点睛】本题考查的是空间中平行与垂直的证明，考查了学生的空间想象能力，属于基础题.20.如图，在

四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，3AB=，1BC=，2PA=，E为PD的中点.在侧面PAB内找一点N，使NE⊥平面PAC，并求出N到平面PAC的距离.【答案】312【解析】【分析】以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立

空间直角坐标系，根据向量关系求出N的坐标，即可由NANEdNE=求出距离.【详解】在四棱锥PABCD−中，底面ABCD为矩形，侧棱PA⊥底面ABCD，3AB=，1BC=，2PA=，E为PD的中点.以A为原点，AB为x轴，AD为y轴，AP为z轴，建立空间直角坐标系，则(0A，0，

0)，(3C，1，0)，(0P，0，2)，(0D，1，0)，(0E，12，1)，设在侧面PAB内找一点(Na，0，)c，使NE⊥平面PAC，则(NEa=−，12，1)c−，(0AP=，0，2)，(3,1,0)AC=，2(1)0130

2NEAPcNEACa=−==−+=，解得36a=，1c=，3(6N，0，1)，设N到平面PAC的距离为d，则331,0,1,,066231231,,062NANEdNE−===−.【点睛】本题靠查

向量法解决立体几何问题，属于中档题.21.如图，已知菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，2==ABAF，060ADC=.(1)求直线BF与平面ABCD的夹角；(2)求点A到平面FBD的距离.【答案】(1

)4.(2)255【解析】【分析】设ACBDO=,以O点为坐标原点，以OD为x轴，OA为y轴，过O点且平行于AF的方向为z轴正方向，建立空间坐标系，（1）由题意，求出直线BF的方向向量，平面ABCD的一个法向量，由向量夹角，即可得到直

线与平面夹角；（2）先求出平面FBD的一个法向量n，由点A到平面FBD的距离=AFndn，即可求出结果.【详解】设ACBDO=，因为菱形ABCD和矩形ACEF所在的平面互相垂直，所以易得AF⊥平面ABCD；以O点为坐标原点，以OD为x轴，OA为y轴，过O点且平行于AF

的方向为z轴正方向，建立空间坐标系，（1）由已知得：(0,1,0)A,(3,0,0)B−,(0,1,0)C−,(3,0,0)D,(0,1,2)F,因为z轴垂直于平面ABCD，因此可令平面ABCD的一个法向量为(0,0,1)m=，又(3,1,2)BF=,设直线BF与平面AB

CD的夹角为，则有22sincos,2122====mBFmBFmBF,即4=，所以直线BF与平面ABCD的夹角为4.（2）因为(23,0,0)BD=,(3,1,2)BF=,设平面FBD的法向量为(,,)nxyz=，2300032

0xBDnBFnxyz===++=，令1z=得(0,2,1)n=−，又因为(0,0,2)AF=,所以点A到平面FBD的距离22555AFndn===.【点睛】本题主要考查求直线与平面所成的角，以及点到平面的距离问题，灵活运用空间向量的方法求解即可，属于常考题型.22.如

图所示，已知四棱锥PABCD−，侧面PAD是边长为2的正三角形，且平面PAD⊥平面ABCD，底面ABCD是菱形，且60ABC=，M为棱PC上的动点，且PMPC=(0,1).（1）求证:BCP

C⊥；（2）试确定的值，使得平面PAD与平面ADM夹角的余弦值为1010.【答案】（1）证明见解析；（2）34=.【解析】【分析】（1）取AD的中点O，连接OP，OC，AC，证明AD⊥平面POC，得当ADPC⊥，再根

据BC//AD，则可证明BCPC⊥；（2）易证OP，OC，OD两两垂直，然后以O为原点，分别以OC，OD，OP为,,xyz轴建立如图所示的空间直角坐标系，标出各点坐标，设PMPC=，计算平面ADM的法向量n，用含的式子表示即可，可得平面PAD的法向量为OC，使10co

s,10nOCnnOOCC==，然后求解的值.【详解】（1）取AD的中点O，连接OP，OC，AC，由题意可得△PAD，△ACD均为正三角形，所以OCAD⊥，OPAD⊥.又OCOPO=，所以AD⊥平面POC.又PC平面POC，所以ADP

C⊥.因为BC//AD，所以BCPC⊥.（2）由（1）可知OPAD⊥，又平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD=，PO平面PAD，所以PO⊥平面ABCD.故可得OP，OC，OD两两垂直，以O

为原点，建立如图所示的空间直角坐标系Oxyz−，则()0,0,3P，()0,1,0A−，()0,1,0D，()3,0,0C，所以()3,0,3PC=−.由()3,0,3PMPC==−(0,1)，可得点M的坐标为()3,

0,33−，所以()3,1,33AM=−，()=3,1,33DM−−.设平面MAD的法向量为(),,nxyz=，由·3(33)0·3-(33)0nAMxyznDMxyz=++−==+−=，，可得-10xz

y==，，令z=，则()1,0,n=−.又平面PAD的一个法向量为()3,0,0OC=，设平面PAD与平面ADM的夹角为，则()()223110coscos,1013nOCnnOOCC−====+−，解得34=或32=(舍去).所以当34=时，平面P

AD与平面ADM夹角的余弦值为1010.【点睛】本题考查利用线面垂直的性质证明线线垂直，考查根据面面夹角的余弦值求参数的取值，难度较大.解答时要合理设元，表示平面的法向量是关键.