【文档说明】山东省新高考测评联盟2021-2022学年高二上学期10月联考数学仿真预测试卷 含答案.docx，共(17)页，311.356 KB，由小赞的店铺上传

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2021-2022学年山东省新高考测评联盟高二（上）联考数学仿真预测试卷一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）点A（2，﹣1，3）关于xOy平面的对称点为（）A．（2，﹣1，﹣3）B．（2，1，3）C．（﹣2，

1，3）D．（﹣2，﹣1，3）2．（5分）边长为1的正方形O'A'B'C'，它是水平放置的一个平面图形的直观图（如图），则原图形的面积是（）A．2B．C．D．3．（5分）棱长为1的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则C1到直线CE的距离为（）A．B．C．

D．4．（5分）已知α，β是两个不重合的平面，直线l⊥α，则“l∥β”是“α⊥β”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件5．（5分）陀螺是中国民间最早的娱乐工具之一，

它是一种绕一个支点高速转动的刚体，种类很多，其中有一种金属陀螺（如图），它的形状可以认为是上半部分为圆柱，下半部分为倒置的圆锥；现知尖底长（PO）为3，柱体与锥体部分高之比2：1，底面周长为2π，则陀螺的表面积为（）A．B．6πC．D．6

．（5分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，则平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是（）A．B．C．D．7．（5分）在长方体ABCD

﹣A1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，C1D1，DD1的中点，AB＝AA1＝2AD，则异面直线EF与BG所成角的大小为（）A．30°B．60°C．90°D．120°8．（5分）在四面体ABCD中，且AB⊥AC，AC⊥

CD，AB，CD所成的角为30°，AB＝5，AC＝4，CD＝3，则四面体ABCD的体积为（）A．5B．6C．7D．8二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）下列结论正确的为（）A．正四棱柱是长方体的一类B．四面体最多有四个钝角三角形C．若复数z

1，z2满足z12＝z22，则|z1|＝|z2|D．若复数z1，z2满足z1z2∈R，则10．（5分）给出下列命题，其中正确命题有（）A．空间任意三个不共面的向量都可以作为一个基底B．已知向量∥，则存在向量可以与，构成空间的一个基底C．A，B，

M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，那么A，B，M，N共面D．已知向量组{，，}是空间的一个基底，若，则{，，}也是空间的一个基底11．（5分）已知空间四边形ABCD，顺次连接四边中点所得的四边形可能是（）A．空间四边形B．矩形C．菱形D．正方形12．（5分）如图四棱锥P

﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，∠BAD，PA＝AC＝2，PA⊥平面ABCD，点E为PD的中点，则下列结论正确的是（）A．四棱锥P﹣ABCD的外接球体积为B．异面直线AC与PD所成角的余弦值为C．PB∥

平面ACED．BD⊥平面PAC三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，请写出一个与

A1O垂直的正方体的截面.（写出一个即可，不必写出全部）14．（5分）如图，平行六面体ABCD﹣A1B1C1D1中，|AB|＝|AD|＝|AA1|＝1，∠BAD＝∠BAA1＝120°，∠DAA1＝60°，则线段AC1的长度是．15．（5分）已知正方体ABCD﹣A1B1

C1D1，则二面角A﹣B1D1﹣C的正弦值为．16．（5分）一个封闭的正方体容器的外接球的表面积为12πm2，则其棱长为m；若该容器里面有4m3的水，将该容器任意旋转，当容器里水面的高度最大时，水面对应的平面图形的周长为m．四．解答

题（共6小题，满分70分）17．（10分）在空间直角坐标系O﹣xyz中，O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，1，2），点P满足．（1）求点P的坐标（用λ表示）；（2）若OP⊥BC，求λ的值．18．（12分）如图，

在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点．（Ⅰ）求证：BD1∥平面ACE；（Ⅱ）求异面直线AE与BD1所成角的余弦值．19．（12分）如图，在直三棱柱ABC﹣A1B1C1中，点D，E分别为AC和B1C1的中点．（1）证明：DE∥平面ABB1A1；（2）若AB⊥BC，AB＝BC＝

AA1＝2，求点D到平面ABE的距离．20．（12分）如图，四棱锥P﹣ABCD中，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点G，PB＝PD．（1）求证：平面PAC⊥平面ABCD；（2）若∠ABC＝60°，PA＝PC＝AB＝2

，E为PD的中点，求二面角E﹣AC﹣D的大小．21．（12分）在如图所示的空间几何体中，平面ACD⊥平面ABC，△ACD与△ACB均是等边三角形，AC＝BE＝4，BE和平面ABC所成的角为60°，且点

E在平面ABC上的射影落在∠ABC的平分线上．（1）求证：DE⊥平面ADC；（2）求直线BA与平面DAE所成角的正弦值．22．（12分）如图，在正方体ABCD﹣A1B1C1DI中，E为BB1的中点．（Ⅰ）证明：平面AD1

E；（Ⅱ）求直线BC1到平面AD1E的距离；（Ⅲ）求平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值．2020-2021学年山东省新高考测评联盟高二（上）联考数学仿真预测试卷（10月份）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题

5分）1．解：点A（2，﹣1，3）关于xOy平面的对称点为（2，﹣1，﹣3）．故选：A．2．解：如图所示，由斜二测画法的规则知与x'轴平行的线段其长度不变与横轴平行的性质不变，正方形的对角线在y'轴上，可求得其长

度为，故在平面图中其在y轴上，且其长度变为原来的2倍，长度为2，其原来的图形是平行四边形，所以它的面积是1×22cm2．故选：C．3．解：过C1作C1F⊥CE于点F，则C1F即为所求，由正方体的性质，知CC1⊥平面A1B1C1D1，∴CC

1⊥EC1，在Rt△C1D1E中，C1E，在Rt△CC1E中，CE，CC1•C1EC1F•CE，∴1C1F，∴C1F．故选：C．4．解：由于l∥β，过直线l作平面γ，使得β∩γ＝m，可得l∥m，又因为l⊥α，所以m⊥α，又m⊂β，所以α⊥β；反之不成立，由于l⊥α，当α⊥β时，

直线l∥β，也可能l⊂β．∴“l∥β”是“α⊥β”的充分不必要条件．故选：A．5．解：由题意可知，OO1＝2，O1P＝1，令AO＝BO1＝r，因为底面圆的周长为2π，所以2πr＝2π，解得r＝1，所以圆锥的母线l，所以圆锥的侧面积为，圆柱的表面积为πr2+2π•2＝5π，

故陀螺的表面积为．故选：D．6．解：在正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，E为线段AA1上的一个动点，F为线段B1C1上的一个动点，当F与B1重合时，平面EFB即为平面ABB1A1，此时平面EFB与底面ABCD所成的二面角的平面角为90°，余弦值为0，当E与A重合，F与C1重合时，平面EFB是

平面ABC1D1，此时平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角为45°，余弦值为．∴平面EFB与底面ABCD所成的锐二面角的平面角余弦值的取值范围是[0，]．故选：A．7．解：如图，以D为坐标原点，分别以，，的方向为x轴、y轴、z轴

的正方向建立空间直角坐标系D﹣xyz，设AD＝1，则E（1，0，1），F（0，1，2），G（0，0，1），B（1，2，0），所以，，，所以，所以异面直线EF与BG所成角的大小为90°．故选：C．8．解：在平面BCD中，过B作BE∥CD，且BE＝CD，连接DE，AE，可得四边形BCDE为平行四边

形，则VA﹣BCDE＝2VA﹣BCE＝2VC﹣BAE，由AC⊥AB，AC⊥CD，可得AC⊥BE，则CA⊥平面ABE，由AB，CD所成的角为30°，可得∠ABE＝30°，S△ABEAB•BE•sin30°5×3，则VC﹣BAEAC•S△ABE45，而VA﹣BCDE＝2VA﹣BCD，

可得VA﹣BCD＝VC﹣BAE＝5，故选：A．二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．解：正四棱柱的底面是正方形的直棱柱，所以正四棱柱中是长方体的一类，故选项A正确；如图所示的四面体中的四个面均是钝角三角形，故选项B正确；设z1

＝a+bi，z2＝x+yi，因为z12＝z22，即a2﹣b2+2abi＝x2﹣y2+2xyi，所以，故（a2+b2）2＝a4+2a2b2+b4＝（a2﹣b2）2+（2ab）2＝（x2﹣y2）2+（2xy）2＝x4+2

x2y2+y4＝（x2+y2）2，因为a2+b2≥9，x2+y2≥0，所以a2+b2＝x2+y2，则|z1|＝|z2|，故选项C正确；若z1＝i，z2＝i，则z1z2＝1∈R，但是，故选项D错误．故选：ABC．10．解：对于A：空间任意三个不共面的向量都可以作

为一个基底，故A正确；对于B：已知向量∥，则不存在向量可以与，构成空间的一个基底，故B错误；对于C：由于点A，B，M，N是空间四点，若，，不能构成空间的一个基底，则A，B，M，N共面，故C正确；对于D：已知向量组{，，}是空间的一个基底，若，则{，，}，即不共面，则可以

是空间的一个基底，故D正确．故选：ACD．11．解：空间四边形ABCD，顺次连接四边中点E、F、G、H所得的四边形EFGH，如图所示：所以MN∥EF，MN＝EF，所以四边形EFGH为平行四边形，当AC＝BD时，四边形EFGH为菱形，当

AC⊥BD时，四边形EFGH为矩形；当AC＝BD，且AC⊥BD时，四边形EFGH为正方形．故选：BCD．12．解：因为底面ABCD是菱形，所以∠ABC，所以AB＝AD＝AC＝PA＝2，所以四棱锥P﹣ABCD的外接球的半径为2，体积为，故选项A正确

；取PA，CD，AD的中点F，G，H，连接FG，FH，GH，则FH∥PD，GH∥AC，所以异面直线AC与PD所成的角为∠FHG或其补角，因为GHAC＝1，FHPD，FG＝2，所以cos∠FHG，故异面直线AC与PD所成角的余弦值为，故选项B错误；连接BD交AC于点O，连接OE，因为E为PD的中点，

则OE∥PB，所以PB∥平面ACE，故选项C正确；因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BD，因为底面ABCD是菱形，所以AC⊥BD，又AC∩PA＝A，所以BD⊥平面PAC，故选项D正确．故选：ACD．三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．解：在正

方体ABCD﹣A1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，BD⊥AC，BD⊥AA1，AC∩AA1＝A，AC、AA1⊂平面ACC1A1，∴BD⊥平面ACC1A1，∵A1O⊂平面ACC1A1，∴BD⊥A1O，取DG中点

M，连结OM，A1M，设正方体ABCD﹣A1B1C1D1中棱长为2，则A1O，OM，D1M，A1M，∴，∴A1O⊥OM，∵OM∥BG，∴A1O⊥BG，∵BD∩BG＝B，BD，BG⊂平面BDG，∴A1O⊥平面BDG．同理可证A1O⊥平面B1D1E，A1O⊥平面AFC1H．故答案为：BDG（或B

1D1E，或AFC1H）．14．解：根据平行四边形法则可得，所以||2＝（）2＝|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2221+1+1+2×2×1×1×cos120°+2×1×1×cos60°＝2，所以AC1，故答案为：．15．解：设正方体A

BCD﹣A1B1C1D1的棱长为2，则AD1＝AC＝D1C＝B1D12，取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，则AO⊥B1D1，EO⊥B1D1，∴∠AOE是二面角A﹣B1D1﹣C的平面角，∴AO

＝AE，OEB1C，∴cos∠AOE，∴sin∠AOE．∴二面角A﹣B1D1﹣C的正弦值为．故答案为：．16．解：设该容器的外接球的半径为R．根据题意，可得4πR2＝12π，∴，则正方体的对角线长为，正方体的棱长为2．所以正方体

的体积V＝2×2×2＝8，由题意可得水的体积是正方体体积的一半，∴容器里水面的最大高度为对角线的一半．设球心为O，则球心O为对角线的中点，且O为水面上一点，设正方体为ABCD﹣A1B1C1D1，则O为BD1的中点，分别取

AA1，CC1，A1B1，B1C1的中点G，H，E和F．可证BD1⊥EF，BD1⊥GE，进而可证BD1⊥平面GEFH，∴平面GEFH即为水面所在的位置，进一步分析可知，水面对应的平面图形为正六边形，边长为，∴周长

为．故答案为：2；．四．解答题（共6小题，满分70分）17．解：（1）因为A（1，0，0），C（0，1，2），所以，因为，所以，所以点P的坐标为（1﹣λ，λ，2λ）．（2）因为，OP⊥BC，所以，即﹣1×（1﹣λ）﹣1×λ+2×2λ＝0，解得．18．（Ⅰ

）证明：连接BD，交AC于点O，连接OE，∵O，E分别为BD，DD1的中点，∴OE∥BD1，又OE⊂平面ACE，BD1⊄平面ACE，∴BD1∥平面ACE．（Ⅱ）解：由（Ⅰ）知，OE∥BD1，∴∠AEO或其补角为异面直线AE与BD1所成角，设正方体的棱长为2，则AE＝CE

，OAAC，∵O为AC的中点，∴OE⊥AC，∴OE，∴cos∠AEO，故异面直线AE与BD1所成角的余弦值为．19．（1）证明：取AB的中点M，连结DM，MB1，∵D是AC的中点，M是AB的中点，、∴DM∥BC，，由棱柱的性质知：BC∥B1

C1，BC＝B1C1，又E是B1C1的中点，∴DM∥B1E，DM＝B1E，∴四边形DMB1E是平行四边形，∴DE∥MB1，∵MB1⊂平面ABB1A1，DE⊄平面ABB1A1，∴DE∥平面ABB1A1．（2）解：∵D是

AC的中点，且AB⊥BC，AB＝BC＝2，∴，又E到平面ABD的距离为AA1＝2，∴，由直棱柱的性质知：BB1⊥B1E，BB1⊥AB，又AB⊥BC，且BC∩BB1＝B，∴AB⊥平面B1BCC1，又BE⊂平面B1BCC

1，故AB⊥BE，∴BE，S△ABEAB×BE，设点D到平面ABE的距离为h，则VD﹣ABE，∴，∴h．∴点D到平面ABE的距离为．20．解：（1）证明：连结PG，∵底面ABCD为菱形，∴G为BD的中点又PB＝PD，∴BD⊥PG，又BD⊥AC，AC，PG⊂平面PAC，AC∩PG＝G，∴BD⊥平面

PAC，又BD⊂平面ABCD，∴平面PAC⊥平面ABCD．（2）解：连结EG，∵PA＝PC，且G为AC的中点，∴PG⊥AC，又BD⊥AC，BD，PG⊂平面PBD，BD∩PG＝G，∴AC⊥平面PBD，∵EG⊂平面PBD，∴AC⊥EG，∴∠EGD是二面角E﹣AC﹣D的平面角，

由题意PG＝DG，在Rt△PGD中，GE＝DE，∴tan∠EGD1，∵∠EGD∈（0，），∠EGD，∴二面角E﹣AC﹣D的大小为．21．（1）证明：取AC的中点O，连接DO，BO，∵等边△ACD，∴DO⊥AC，DO，又平面ACD⊥平面A

BC，平面ACD∩平面ABC＝AC，∴DO⊥平面ABC，设E在平面ABC上的投影为点F，则EF⊥平面ABC，∴DO∥EF，∵BE和平面ABC所成的角为60°，∴∠EBF＝60°，∴EF＝BE•sin60°DO，∴四边形DEFO为平行四边形，

∴DE∥BO，∵BO⊥AC，平面ACD⊥平面ABC，平面ACD∩平面ABC＝AC，∴BO⊥平面ADC，∴DE⊥平面ADC．（2）解：以O为原点，OA，OB，OD所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则A（2，0，0），B（0，2，0

），D（0，0，2），E（0，22，2），∴（﹣2，2，0），（﹣2，0，2），（0，22，0），设平面DAE的法向量为（x，y，z），则，即，令x，则y＝0，z＝1，∴（，0，1），设直线BA与平面DAE所成角为θ，则sinθ＝|cos，|＝||＝||，故直线BA与平面DAE所成角的

正弦值为．22．证明：（Ⅰ）∵D1C1∥AB，D1C1＝AB，∴四边形D1ABC1为平行四边形，∴D1A∥C1B，∵D1A⊂面AD1E，C1B⊄面AD1E，∴平面AD1E．解：（Ⅱ）如图建立空间直角坐标系A﹣xyz，设正方体的棱长为2，则A（0，0，0），B（0，2，0），D1（2，0，2）

，C1（2，2，2），E（0，2，1），∵平面AD1E，∴直线BC1到平面AD1E的距离即为点B到平面AD1E的距离，，（2，0，2），，设平面AD1E的一个法向量为，则，取z＝﹣1，得，∴，∴直线BC1到平面AD1E的距离为；解：（Ⅲ）平面ABCD的一个法向量为

，由（Ⅱ）知平面AD1E的一个法向量为．设平面AD1E与平面ABCD夹角为θ，则，故平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值．