【文档说明】河南南阳市第一中学校2022-2023学年高二上学期第三次月考数学试卷 PDF版含解析.pdf，共(12)页，2.398 MB，由小赞的店铺上传

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试卷第1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一、单选题(共60分)1．在空间直角坐标系Oxyz中，点1,2,3A与点1,2,3B（）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2,1,3,1,2,9axby

，如果//ab，则xy（）A．43B．0C．43D．—13．已知直线l经过点2,3,1A，且1,0,1n是l的方向向量，则点4,3,2P到l的距离为（）．A．12B．322C．22D

．24．已知向量2,1,2a，1,2,3b，则向量b在向量a上的投影向量为（）A．422,,333B．212,,333C．424,,333D．212,,3335．某省新高考采用“312

”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PABCD的底面ABCD是边长为4的菱形，且3DAB，PD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1111

ABCDABCD中，AC与BD的交点为M，若11CMxAByADzAA，则,,xyz（）A．11,,122B．11,,122C．11,,122D．11,,1228．已知,4,1ax

，2,,1by，3,2,cz，ab∥，bc，则+ac与+bc夹角的余弦值为（）A．219B．219C．23819D．238199．已知空间向量a，b，且2

ABab，56BCab，72CDab，则一定共线的三点是（）A．、、ABCB．BCD、、C．ABD、、D．ACD、、试卷第2页，共4页10．阅读材料：

空间直角坐标系Oxyz中，过点000,,Pxyz且一个法向量为,,nabc的平面的方程为0000axxbyyczz，阅读上面材料，解决下面问题：已知平面的方程为3570xyz，直线l是两平面370xy与4210yz

的交线，则直线l与平面所成角的正弦值为（）A．1035B．75C．715D．145511．正方体1111ABCDABCD中，E、F、G、H分别为1CC、BC、CD、1BB的中点，则下列结论不正确的是（）A．

1BGEFB．平面AEF平面111AADDADC．1//AH平面AEFD．向量1ABuuur与向量1ADuuur的夹角是60°12．如图，在四棱锥PABCD中，PD底面ABCD，底面ABCD为矩形，3,4,PDDCADM是线段PA的中点，N是线

段PC上一点（不与,PC两点重合），且PNPC．若直线MN与BD所成角的余弦值是22121，则（）A．12B．13C．14D．15二、填空题(共20分)13．已知ABC，，三点不共线，O为平面ABC外一点，若向

量11=++32OPOAOBOC，且点P与ABC，，共面，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1111ABCDABCD中，12ABADAA，1160AABAAD，90BAD，则1AC的长为16．如图所示，三棱锥VABC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3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111ABCABC-中，ABAC，2ABAC，14AA，点D是BC的中点.(1)求异面直线1AB与1CD所成角的余弦值(2

)求直线CD与平面1ADC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，//DFAE，且112DFAE，,MN分别为,CDBE的中点.(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PABCD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：PCBM

；（2）求二面角BPMC的正弦值．试卷第4页，共4页22、(12分)如图，在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，底面ABCD是菱形，2PAAB，60BAD.（1）求证：直线BD平面PAC；（2）设点M在线段PC上，且二面角CM

BA的余弦值为57，求点M到底面ABCD的距离.答案第1页，共7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1111

ABCDABCD中，AC与BD的交点为M，所以11112CMCCCACMCC1111()22AAACAAABAD111122ABADAAxAByADz

AA所以11,,,,122xyz.8．A【详解】解：因为//ab，所以4121xy，解得=2x，4y，故=(2b,4,1)，又因为bc，所以0bc，即680z

，解得=2z．所以=(2a,4,1)，=(3c,2,2)，所以+=(5ac,2,3)，+=(1bc,6,1)，所以(+)(+)=512+3=4acbc，|+|=25+4+9=38ac，|+|

=1+36+1=38bc，设ac与bc的夹角为，则++42cos+,+===193838++acbcacbcacbc．10．A【详解】平面的方程为3570xyz，平面

的法向量可取3,5,1m平面370xy的法向量为1,3,0a，平面4210yz的法向量为0,4,2b，设两平面的交线l的方向向量为(,,)nxyz，由30420naxynbyz，令3x，则1y，2z，所以

3,1,2n，则直线l与平面所成角的大小为，210sincos,351435mnmnmn．11．D【详解】解：因为11BCBC，111BCAB，1111BCABB，111,BCAB平面11ABCD

，所以1BC平面11ABCD，又E、F分别为1CC、BC的中点，所以1//EFBC，所以EF平面11ABCD，1BG平面11ABCD，所以1BGEF，故A正确，连接1AD和1BC，E、F、G、H分别为1CC、BC、CD、1BB的中点，可知1

1////EFBCAD，所以E、F、A、1D四点共面，所以平面AEF平面111AADDAD，故B正确；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，1DD为z轴，答案第2页，共7页则12,0,0,0,2,0,0,2,1,2,0,

2,2,2,1,1,2,0ACEAHF所以110,2,1,1,2,0,1,0,1,0,0,2AHAFEFAA，设平面AEF的法向量为,,nxyz

，则00nAFnEF，即200xyxz，令1y，得2,2xz，得平面AEF的法向量为2,1,2n，所以10AHn，1AH平面AEF，所以1//AH平面AEF，故C正确；因为112,0,2,2,

2,0,2,0,0,0,0,2ABAD110,2,2,2,0,2ABAD向量1ABuuur与向量1ADuuur的夹角为，则11111141coscos,22222ABADABADABAD

，又[0,]，所以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PDDC，PDAD．因为底面ABCD为矩形，

所以DCAD．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Dxyz，则0,0,0D，(4,3,0)B，(0,0,3)P，(4,0,0)A，(0,3,0)C，32,0,2M．所以(0,3,3)PC

，(4,3,0)BD．因为0,3,30,1PNPC，所以(0,3,33)N，则32,3,32MN．设直线MN与BD所成角为，则232,3,3(

4,3,0)2||cos||||2518954MNBDMNBD222|89|1811446425525189189544．因为221811446422

1255211894，则22811446410025211894，化简得29921247190，即答案第3页，共7页(31)(33719)0，解得13或71933（舍去）．13．1614．12【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个盒子各放一个球有33A种方法，则由分步乘法原理可得一共有332A12种方法．故答案为：1215．2【详解】111ACAAACAAABAD

，又：12ABADAA，1160AABAAD，90BAD，∴221111ACACACAAABAD2221112

22AAABADAAABAAADABAD122211112c2cosos2cosAAAAABADAAABAAADABADABADBAD

222222222cos60222cos6002.16．63【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≌RtVAC△，∴VAVCABBC，设2VAVBVCABBC，则22AC，∵E为AC的中点，则2VEBE，∴222VEBEVB，即VEBE，以E为原点，如图建立空间直角坐标系，则(0,2,0)A、(0,2,0)C、(2,

0,0)B、(0,0,2)V，设(,,)Fxyz，AFAB，[0,1]，则AFAB，而,2,AFxyz，2,2,0AB，∴2x、22y、0z，

∴(2,22,0)F，∴0,2,2VC、2,0,2VB、0,0,2EV、2,22,2VF，设面VEF的一个法向量1111(,,)nxyz，则1100nEVnVF，即1111

202(22)20zxyz，令11y，则11,1,0n，设面VBC的一个法向量2222(,,)nxyz，则2200nVCnVB，即2222220220yzx

z，令21x，则21,1,1n，面VEF与面VBC所成锐二面角的平面角为，则答案第4页，共7页121221211coscos,113nnnnnn221111322132()22

，当12时max6(cos)3，即cos的最大值为63.17.解(1)因为a∥b,所以x-2=4y=1-1,解得x=2,y=-4,这时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又因为b⊥c,所以b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,所

以c=(3,-2,2).（6分）(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>=5-12+338×38=-219.（10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）若OE����⊥b,则OE����·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t=95,（10分）因此存在点E,使得OE����⊥b,

此时点E的坐标为E-65,-145,25.（12分）19.（1）在直三棱柱111ABCABC-中，ABAC，2ABAC，14AA，点D是BC的中点．以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，1AA为z轴，建

立如图所示的空间直角坐标系，（2分）(0A，0，0)，1(0A，0，4)，(2B，0，0)，1(0C，2，4)，(1D，1，0)，1(2,0,4)AB，1(1,1,4)CD，答案第5页，共7页设异面直线1AB与1CD所成角为，则异面直线1AB与1CD所成角的

余弦值为：1111||18310cos10||||2018ABCDABCD；（6分）（2）平面1ACD的法向量(2,2,1)n，（8分）(1,1,0)

CD设直线CD与平面1ACD所成角为，π0,2，则22022sin|cos,|||3||||441110CDCDCDnnn，（11分）所以直线CD与平面1ACD所成角的正弦值为223．（

12分）20.（1）法一：以A为坐标原点，,,ABADAE正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，（2分）则0,0,0A，1,2,0M，1,0,1N，0,2,1F，

0,0,2E，1,2,0NF，0,2,1MN，0,2,1AF，0,0,2AE；AE^Q平面ABCD，平面ABCD的一个法向量为0

,0,2AE，（4分）0NFAE，NFAE，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,,nxyz，则2020NFnxyMNnyz

，令1y，解得：2x，2z，2,1,2n，（9分）点A到平面MNF的距离222443212AFndn.（12分）21．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∴POAB∵平面PAB底面ABCD且平面PAB底面ABCDAB∴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2PBAB，答案第6页，共7页

则1,0,0B，0,0,3P，1,1,0M，1,2,0C1,2,3PC，2,1,0BM1221300PCBM∴PCBM（6分）（2）1,1,3PM

，2,1,0CM设平面PMB的一个法向量为,,mxyz则00PMmBMm即3020xyzxy令1x，31,2,3m

（8分）设平面PMC的一个法向量为,,nabc则00PMnCMn即3020abcab令1a，1,2,3n（10分），

所以6cos,4mnmnmn，（11分）所以22610sin,1cos,144mnmn∴二面角BPMC的正弦值为104（12分）22．（1）由菱形的性质可知BDAC，（1分）因为PA平面ABCD所以BDAP，（2分）

且APACA，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7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Axyz，（6分）设,,Mx

yz，且01PMPC，由于0,0,2,3,3,0,3,1,0,0,0,0PCBA，故：,,23,3,2xyz，据此可得：3322xyz，即点M的坐标为3,3,22M（7分

），设平面CMB的法向量为：1111,,xnyz，则：111111111,,0,2,020,,33,13,220nCBxyzynMBxyz，据此可得平面CMB的

一个法向量为：12,0,3n，（8分）设平面MBA的法向量为：2222,,nxyz，则：2222222222,,3,1,030,,33,13,220nABxyzxynMBxyz

，据此可得平面MBA的一个法向量为：231,3,1n（10分），二面角CMBA的余弦值为57，故：22325173713(1)

，整理得214196=0，解得：16=27或（11分）.由点M的坐标为33,,122M或63182,,777M.易知点M到底面ABCD的距离为1或者27（12分）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.co

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