辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案

DOC
  • 阅读 13 次
  • 下载 0 次
  • 页数 15 页
  • 大小 1.355 MB
  • 2024-10-06 上传
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
此文档由【管理员店铺】提供上传,收益归文档提供者,本网站只提供存储服务。若此文档侵犯了您的版权,欢迎进行违规举报版权认领
辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案
可在后台配置第一页与第二页中间广告代码
辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案
可在后台配置第二页与第三页中间广告代码
辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案
可在后台配置第三页与第四页中间广告代码
试读已结束,点击付费阅读剩下的12 已有13人购买 付费阅读2.40 元
/ 15
  • 收藏
  • 违规举报
  • © 版权认领
下载文档3.00 元 加入VIP免费下载
文本内容

【文档说明】辽宁省滨城高中联盟2023-2024学年高二上学期10月月考试题+数学+含答案.docx,共(15)页,1.355 MB,由管理员店铺上传

转载请保留链接:https://www.doc5u.com/view-3a79e874e32fc647d6ce818b2f951dc6.html

以下为本文档部分文字说明:

滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二10月份考试数学试卷命题人:大连市第一中学裴世杰校对人:大连市第一中学聂群考试时间:120分钟满分150分一、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.已知向量()2,3,1a=−,则下列向量中与a平行的是()A.()1,1,1B.()4,6,2−−C.()2,3,5−D.()2,3,5−−2.设,xyR,向量(),1,1ax=,()1,,1b

y=,()2,4,2c=−,且ac⊥,//bc,则ab+=()A.22B.10C.3D.43.已知平面,的法向量分别为()3,1,4u=−,()2,3,5v=−−,则()A.//B.⊥C.,相交但不垂直D.,的位置关系不确定4.我国古代数学名

著《九章算术》中,将底面为矩形且一侧棱垂直于底面的四棱锥成为阳马,如图,四棱锥PABCD−为阳马,PA⊥平面ABCD,且2ECPE=,若DExAByACzAP=++,则xyz++=()A.2B.53C.13D.15.已知()1,0,0A,()0,1,0B,(

)0,0,1C,()1,1,2D,则点D到平面ABC的距离为()A.3B.2C.52D.636.在正四棱锥PABCD−中,2ABPA==,E为PC的中点,则异面直线AP与DE所成角的余弦值为()A.66B.23C.33D.637.如图,设三棱锥VABC−的底面是正三角

形,侧棱长均相等,P是棱VA上的点(不含端点).记直线PB与直线AC所成的角为,直线PB与平面ABC所成的角为,二面角PACB−−的平面角,则()A.,B.,C.,D.,8.如图

,已知等边三角形ABC的边长为4,M,N分别是AB,AC的中点,沿MN将AMN△折起,当直线AB与平面BCNM所成的角最大时,线段AB的长度为()A.6B.22C.10D.23二.选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题

给出的四个选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得2分,有选错的得0分.9.已知点P是平行四边形ABCD所在的平面外一点,如果()2,1,4AB=−−,()4,2,0AD=,()1,2,1AP=−−.下列结论正确的有()A.APAB⊥B.APAD⊥C.AP是平面ABCD的一个

法向量D.//APBD10.已知向量()1,1,am=−,()2,1,2bm=−−,则下列结论中正确的是()A.若2a=,则2m=B.若ab⊥,则1m=−C.不存在实数,使得ab=D.若1ab=−,则()1,2,2ab+=−−−11.如图,在棱长为4的正方体1111ABCDABCD−

中,E,F,G分别为棱AD,AB,BC的中点,点P为线段1DF上的动点,则()A.两条异面直线1DC和1BC所成的角为45°B.存在点P,使得1//CG平面BEPC.对任意点P,平面1FCC⊥平面BEPD

.点1B到直线1DF的距离为412.如图,在菱形ABCD中,60BAD=,将ABD△沿BD折起,使顶点A至点M.在ABD△折起的过程中,下列结论中正确的是()A.BDCM⊥B.存在一个位置,使CDM△为等边三角形C

.DM与BC不可能垂直D.直线DM与平面BCD所成角的最大值为60°三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分,其中,16题第一空3分,第二空2分.13.已知空间向量()1,1,2a=,()2,3,2b=,则向量a在向量b上投影向量的坐标

是______.14.自然界中,构成晶体的最基本的几何单元称为晶胞,其形状一般是平行六面体,具体形状大小由它的三组棱长a,b,c及棱间交角,,(合称为“晶胞参数”)来表征.如图是某种晶体的晶胞,其中2a=,1bc==,60=,90=,120=,则该晶胞的对角线

1AC的长为______.15.二面角l−−的棱上有两个点A,B,线段BD与AC分别在这个二面角的两个面内,并垂直于棱l,若4AB=,6AC=,8BD=,217CD=,则平面与平面的夹角为______.16.已知三棱锥PABC−,PA,PB,PC的长分别为1,2,3

,且PA,PB,PC两两夹角均为60°,G是三棱锥PABC−的重心,即0GPGAGBGC+++=,过点G作平面,与直线PA,PB,PC分别相交于D,E,F三点,且PDxPA=,PEyPB=,PFzPC=,则111xyz++=______,PG的长度为__

____.四、解答题:本题共6小题,共70分.其中,17题10分,其他题12分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.已知空间直角坐标系中的三点()2,0,2A−,()1,1,2B−−,()3,0,4C−.(1)若3c

=,且//cBC,求向量c的坐标;(2)已知向量kABAC+与AC互相垂直,求k的值;(3)求点B到直线AC的距离.18.如图,棱长为1的正四面体(四个面都是正三角形)OABC,M是棱BC的中点,点N在线段OM

上,点P在线段AN上,且12MNON=,34APAN=.(1)用向量OA,OB,OC表示AN;(2)求OP.19.如图所示,在四棱锥PABCD−中,底面ABCD是矩形,侧棱PD⊥底面ABCD,1PDDC==,E是PC的中点,作EFPB⊥交PB于点F

.(1)求证://PA平面BDE;(2)若平面BCP与平面BDP的夹角为3,求点F到平面BCD的距离.20.如图所示,等腰梯形ABCD中,//ABCD,2ADABBC===,4CD=,E为CD中点,AE与BD交于点O,将ADE△沿A

E折起,使得D到达点P的位置(P平面ABCE).(1)证明:AE⊥平面POB;(2)若6PB=,试判断线段PB上是否存在一点Q(不含端点),使得直线PC与平面AEQ所成角的正弦值为155,若存在,确定Q点位置;若不存在,说明理由.21.如图,四棱锥APCBM−

中,底面四边形PCBM是直角梯形,//PMBC,90PCB=,2BC=,1PM=,1AC=,120ACB=,ABPC⊥,直线AM与PC所成的角为60°.(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;(2)点Q为线段MB上一点,若二面角QACB−−的大小为

30°,求QB的长.22.如图,已知直三棱柱111ABCABC−中,ABAC⊥,11AAABAC===,M,N分别是1CC,BC的中点,点P在直线11AB上,且111APAB=.(1)求证:无论取何值,总有AMPN⊥;(2)当取何值时

,直线PN与平面ABC所成的角最大?求该角取最大值时的正弦值;(3)是否存在点P,使得平面PMN与平面ABC所成的角为30°?若存在,试确认点P的位置;若不存在,请说明理由.滨城高中联盟2023-2024学年度上学期高二10月份考试数

学试卷答案一、选择题1.B2.C3.C4.D5.A6.C7.B由最小角定理可知,又由题意可得VABC−是正三棱锥,则二面角PACB−−与二面角PABC−−的大小相等,由最大角定理可得,故选B.8.B因为等边三角形ABC是对称图形,分别取MN,BC的中点

E,F,连接EF,则MNEF⊥.以E为坐标原点,分别以EM,EF所在直线为x轴、y轴,过点E作z轴垂直于底面MBCN,如图所示建立空间直角坐标系.由题设知()2,3,0B,记AEF=,则()0,3cos,3sinA,()2,33cos,3sinAB=−

−,平面MBCN的一个法向量()0,0,1n=.设直线AB与平面MBCN所成的角为,则23sin33cossin106cos106cos−−==−−令106cost−=,则10cos6t−=.()22103320645164336sin12

3123ttttttt−−−+−===−+.当且仅当8t=时,取等号,此时1cos3=,22sin3=,23262,,33AB−=.故22AB=.二.选择题9.ABC∵()()()()2112410ABAP=−+−

+−−=,∴ABAP⊥,即APAB⊥,A正确;∵()()1422100APAD=−++−=,∴APAD⊥,即APAD⊥,B正确;∵APAB⊥,APAD⊥,且ABADA=,AD平面ABCD

,∴AP⊥平面ABCD,∴AP是平面ABCD的一个法向量,C正确;由AP是平面ABCD的法向量可得APBD⊥,D错误.10.AC对于A中,由2a=,可得()222112m+−+=,解得2m=,故A正确;对于B中,由ab⊥,可得2

120mm−−++=,解得1m=,故B错误;对于C中,若存在实数,使得ab=,则()11221mm−=−==−,显然无解,即不存在实数,使得ab=,故C正确;对于D中,若1ab=−,则2121

mm−−++=−,解得0m=于是()1,2,2ab+=−−,故D错误.11.BCD对于A,由正方体的性质可得11//BCAD,两条异面直线1DC和1BC所成角即为160ADC=,故A错误;对于B,当点P与点1D重合时,由题知//EGDC,EGDC=,11//

DCDC,11DCDC=,∴11//EGDC,11EGDC=,四边形11EGCD是平行四边形,∴11//CGDG,∵1CG平面BEP,1DE平面BEP,∴1//CG平面ABCD,故B正确;对于C,连接CF,∵1CC⊥平面ABCD,BE

平面ABCD,∴1CCEB⊥,又AEBF=,ABCB=,ACBF=,BAECFB△△≌,∴90EBACFB+=,∴CFBE⊥,∵CE,1CC相交,CF,1CC平面1FCC,∴BE⊥平面1FCC,由BE平面BEP,∴对任意点P,平面1FCC⊥平面

BEP,故C正确;对于D,由正方体的性质得1142BD=,22212446FD=++=,2212425BF=+=,∴2221111112cos22642BDFDBFBDF+−==,∴1145BDF=,∴点1B到直线1DF的距

离为11112sin4242BDDFdB===,故D正确.12.ABD对于A,与相交于点O,在翻折过程中,AO始终与BD垂直,因此MOBD⊥.又BDCO⊥,由线面垂直的判定定理,可得BD⊥平面CMO,因此BDCM⊥,故A正确;对于B

,已知MDCD=,若CDM△为等边三角形,则CMCD=.设菱形ABCD的边长为2,因为60BAD=,则sin603BAOA==,即3AOMO==,又2CMCD==,所以3341cos233MOC+−==

,即二面角MBDC−−的平面角的余弦值为13时,CDM△为等边三角形,故B正确;对于C,如图,设N为BC的中点,DNCOH=,当MHCO⊥时,MH⊥平面BCD,所以MHBC⊥,又BCDN⊥,则BC⊥平面

DMN,则BCDM⊥,故C错误;对于D,当OM⊥平面BCD,直线DM与平面BCD所成的角最大,为MDO,易知60MDO=,故D正确.三、填空题13.182718,,17171714.1015.316.4;54由0GPG

AGBGC+++=,可得1114PGPAPBPCPDPEPFxyz=++=++,因为G,D,E,F四点共面,所以根据共面定理的推论可得1114xyz++=.由()14PGPAPBPC+=+,得()()22221125222149236161616PGPAPBPCPAPBPAPBPBPC=

+++++=+++++=,所以54PG=.四、解答题17.(1)()()()3,0,41,1,22,1,2BC=−−−−=−,因为//cBC,所以()2,,2BCc=−=,然后根据()()222223c+−=+=,可得1=,所以()2,1,2c=−或()2,1,

2−−;(2)()()()1,1,01,0,21,,2kABACkkk+=−−+−=−−−,()140kABACACk+=−+=,得5k=;(3)设AB在AC上的投影向量的模长15ABACtAC==,则所求距离22135255DABt=−=−=.18.(1)211333ANAOON

OAOMOAOBOC=+=−+=−++,∴1133ANOAOBOC=−++(2)()13111113444444OPOAAPOAANOAAOONOAONOAOBOC=+=+=++=+=++,∴111444OPOAOBOC=++,∴()221116161

1611112112112216OPOAOBOC+++++=++==,∴64OP=19.(1)证明:连接AC交于点G,连接GE,∵E是PC的中点,∴//PAGE,PA平面BDE,GE平面BDE,∴//PA平面BDE.(2)设()0ADa

a=,以D为原点,DA,DC,DP所在的直线分别为x轴,y轴,z轴,建立如图所示的空间直角坐标系,则()0,0,0D,110,,22E,(),0,0Aa,()0,1,0C,(),1,0Ba,()0,0,1P,(),0,0BCa=−,(

)0,1,1CP=−,设平面BCP的法向量为()1111,,nxyz=,由1100BCnCPn==得()10,1,1n=,同理,由(),1,0DBa=,()0,0,1DP=,由2200BCnCPn==得()21,,0na=−,由平面BCP与平面BDP的夹角为3,121

2cos3nnnn=,解得1a=,∴()1,0,0A,()1,1,0B.设(),,Fxyz,()0,0,1PF=,又EFPB⊥,∴0EFPB=,13t=,∴112,,333F,又PD⊥平面ABCD,平面BCD的法向量()0,0,1DP

=,又112,,333DF=,则点F到平面BCD的距离23DFDPdDP==.20.(1)证明:连接BE,在等腰梯形ABCD中,2ADABBC===,4CD=,E为CD中点,∴四边形ABE

D为菱形,∴BDAE⊥,∴OBAE⊥,ODAE⊥,即OBAE⊥,OPAE⊥,且OBOPO=,OB平面POB,OP平面POB,∴AE⊥平面PBO.(2)由(1)可知四边形ABCD为菱形,∴2ADDE==,在等腰梯形ABCD中2AEBC==,∴PAE△正三角形,∴3OP=,同理3OB=.∵6PB

=,∴222OPOBPB+=,∴OPOB⊥.由(1)可知OPAE⊥,OBAE⊥,O为原点,OE,OB,OP分别为x,y,z轴正方向,建立空间直角坐标系Oxyz−,由题意得,各点坐标为()0,0,3P,()1,1,0A−−,()0,3,0B,()2,3,0C,()1,0,0E,∴(

)0,3,3PB=−,()2,3,3PC=−,()2,0,0AE=,设()01PQPB=,()()()1,0,30,3,31,3,33AQAPPQAPPB=+=+=+−=−,设平面AEQ的一个法向量为(),,zn

xy=,则00nAEnAQ==,即()203330xxyz=++−=,取得0x=,1y=,得1z=−,所以0,1,1n=−,设直线PC与平面AEQ所成角为,0,2,则15sinco

s,5PCnPCnPCn===,即23315151011+−=+−,化简得24410−+=,解得12=.即Q为线段PB中点.21.(1)证明:∵PCAB⊥,PCBC⊥,ABBCB=,∴PC⊥平面AB

C.又PC平面PAC,∴平面PAC⊥平面ABC.(2)在平面ABC内,过C作x轴⊥CB,建立空间直角坐标系Cxyz−(如图).由题意有31,,022A−,设()()000,0,0Pz

z,则()00,1,Mz,033,,22AMz=−,()00,0,CPz,由直线AM与直线PC所成的角为60°,得cos60AMCPAMCP=,即22000132zzz=+,得01z=,所以1PC=.由直角梯形PCBM可知45CBM=,

则可设()()0,2,01Qttt−,由题意得()0,2,CQtt=−,31,,022CA=−,设平面ACQ的一个法向量为(),,nxyz=,则()3102220xytyzt−=−+=,取1x=,得231,3,3tn

=−.平面ABC的法向量取()0,0,1m=,则22333cos22343tnmt−==+−,解得23t=(负值舍去),则2223QBt==.22.(1)证法1:如图,以A为原点建立空间直角坐标系,则()10,0,1A,()1

1,0,1B,10,1,2M,11,,022N,(),0,1P,()111,0,0APAB==,()111111,,1,0,0,,12222NPNAAP=+=−−+=−−,10,1,2AM=,因为11110

22AMAB=−+=,所以无论取何值,总有AMPN⊥.证法2:同上建系,10,1,2AM=,()111,0,0AB=,因为110AMAB=,所以11AMAB⊥,因为10AMAN=,所以1

AMAN⊥,所以AM⊥平面11ABN,因为PN平面11ABN,所以无论取何值,总有AMPN⊥.本题第一问号方法较多,其他方法请酌情给分,一问满分4分.(2)()0,0,1m=是平面ABC的一个法向量,21sincos,1524mNP==−+

,所以当12=时,sin取到最大值255,此时角也最大.(3)假设存在点P满足条件.易知111,,222NM=−.设(),,nxyz=是平面PMN的一个法向量,则011022xyzxyz−++=−−+=,所以1

23223yxzx+=−=,取3x=,得()3,12,22n=+−,()()22223cos,291222mn−==+++−,化简得2410130++=,获得更多资源请

扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com

管理员店铺
管理员店铺
管理员店铺
  • 文档 467379
  • 被下载 24
  • 被收藏 0
若发现您的权益受到侵害,请立即联系客服,我们会尽快为您处理。侵权客服QQ:12345678 电话:400-000-0000 (支持时间:9:00-17:00) 公众号
Powered by 太赞文库
×
确认删除?