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命题人：左春审题人：张应红一、单选题(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．)1．已知直线1l过点2,5A且与直线2:240lxy平行，则直线1l的一般

式方程为（）A．290xyB．290xyC．290xyD．290xy【答案】B【详解】直线2l的斜截式方程为24yx，则其斜率为2，因为直线1l过点2,5A，且与直线2l平行，所以12lk，则直线1l的点斜式方程为522yx

，即为290xy．故选：B.上的投影向量是在向量则向量已知空间向量abba,3,0,4,1,2,2.2A.59(4，0，3)B.15(4，0，3）C.59(2，2，-1)D.13(2，2，-1)【答案】C【解析】【分析

】根据向量在向量上的投影向量的概念求解即可.【详解】向量b在向量a上的投影向量为22224035(2,2,1)22(1)9||||baaaaa，BMcAAbADaABDBCAMDCBAABCD

则的交点，若与为中，体如图所示，在平行六面,,,.3111111111A.1122abcB.1122abcC.1122abcD.1122abc【答案】D【解析】【分析】根据空间向量基本定理，用1,,ABADAA

表示出BM即可.【详解】由题意，因为M为11AC与11BD的交点，所以M也为11AC与11BD的中点，因此111111111222

BMBMBBBABCcABADc1212abc.故选：D.4.已知空间三点O(0，0，0)，A(1，3，2)，B(3，-1，2)，则以OA，OB为邻边的平行四边形的面积为()A.8B.4C.83D.43【答案

】D【解析】【分析】先求出OA，OB的长度和夹角，再用面积公式求出OAB的面积进而求得四边形的面积.【详解】因为O(0，0，0)，A(1，3，2)，B(3，-1，2)，所以22210302022OA，22230102022OB，

(132),(31,2),OAOB，，，1331221cos,22222OAOB，所以3sin,2OAOB，以OA，OB为邻边的平行四边

形的面积为132222224322ABCS.故选：D.5.已知2,3A，3,2B，1,1P，直线m过点B，且与线段AP相交，则直线m的斜率k的取值范围是（）A．4k或34kB．1354kC．34k或4kD．15k或34k【答案】B

【分析】画出图形，数形结合得到BPBAkkk，求出,BPBAkk，得到答案.【详解】如图所示：由题意得，所求直线m的斜率k满足BPBAkkk，即231325k且123134k

，所以1354k．故选：B．6.在棱长为3的正四面体ABCD中，2AMMB，2CNND，则MN()A.2B.5C.6D.22【答案】B【解析】【分析】将MN用A

B、AC、AD表示，利用空间向量数量积的运算性质可求得MN.【详解】因为2AMMB，所以，23AMAB，又因为2CNND，则2

ANACADAN，所以，1233ANACAD，所以，122333MNANAMACADAB，由空间向量的数量积可得293cos602ABACABADACAD

，因此，211222233MNACADABACADAB22214448453ACADABABACABADACAD

.故选：B.7.如图所示，在正方体ABCD－A′B′C′D′中，棱长为1，E，F分别是BC，CD上的点，且BE＝CF＝a(0<a<1)，则

D′E与B′F的位置关系是（）A．平行B．垂直C．相交D．与a值有关【答案】B【知识点】空间位置关系的向量证明【分析】建立坐标系，利用向量的乘积计算出''0DEBF，即可求解【详解】建立如图所示空间

直角坐标系.则'(0,0,1)D，(1,1,0)Ea，'(1,1,1)B，(0,1,0)Fa，'(1,1,1)DEa，'(1,,1)BFa''(1)(1)1()(1)(1)110DEBFaa

aa，''DEBF故选：B8.已知二面角C-AB-D的大小为120°，CA⊥AB，DB⊥AB，AB=BD=4，AC=2，M，N分别为直线BC，AD上两个动点，则MN最小值为()

A.335B.355C.435D.455【答案】D【解析】【分析】将二面角CABD放到长方体中，根据二面角的定义得到120CAF，根据几何知识得到MN最小值为异面直线BC，AD的距离，然后将异面直线BC，AD的距离转化

为直线BC到平面ADE的距离，即点C到平面ADE的距离，最后利用等体积求点C到平面ADE的距离即可.【详解】如图，将二面角CABD放到长方体中，取4CEBD，过点E作EF面ABD交面ABD于点F，由题意可知ABAF，C

AAB，所以CAF为二面角CABD的平面角，即120CAF，因为M，N分别为直线BC，AD上的两个动点，所以MN最小值为异面直线BC，AD的距离，由题意知CEBD∥，CEBD，所以四边形CBDE为平行四边形，CBDE∥，因为DE平面ADE，CB平面

ADE，所以CB∥平面ADE，则异面直线BC，AD的距离可转化为直线BC到平面ADE的距离，即点C到平面ADE的距离，设点C到平面ADE的距离为d，则CADEDCAEVV，1133ADECAESdSAB，在直角三角形CAH中，18012060CAH，

2CA，所以1HA，3CHEF，3AF，223323AE，直角梯形ABDF中，24117FD，224442AD，231725DE，因为222ACAECE，222AEDEAD，所以CAAE，AEDE

，1223232CAES，123252152ADES，234455215CAEADESABdS.故选：D.二、多选题(本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分)9.直线:310lxy，则()A.点2,3在l上B.l的倾斜角为5π6C.l的图象不过第一象限D.l的方向向量为3,1【答案】BC【解析】【分析】利用点与直线的位置关系可判断A选项；求出直线l的斜率，可得出直

线l的倾斜角，可判断B选项；作出直线l的图象可判断C选项；求出直线l的方向向量，可判断D选项.【详解】对于A选项，22310，所以，点2,3不在l上，A错；对于B选项，直线l的斜率为33k，故l的倾斜角为5π6，B对；对

于C选项，直线l交x轴于点1,0，交y轴于点30,3，如下图所示：由图可知，直线l不过第一象限，C对；对于D选项，直线l的一个方向向量为3,1，而向量3,1与这里1,3不共线，D错.故选：BC.10．下列结论正确的是（）A．两个不同的平面,的法

向量分别是2,2,1,3,4,2uv，则B．直线l的方向向量0,3,0a，平面的法向量1,0,2u，则//lC．若2,1,4,4,2,0,0,4,8ABACAP

，则点P在平面ABC内D．若,,abbcca是空间的一组基底，则向量,,abc也是空间一组基底【答案】ACD【分析】根据平面向量的法向量垂直判断A，根据直线与平面的关系判断

B，根据空间中共面基本定理判断C，由空间向量基本定理判断D.【详解】因为2,2,13,4,26820uv，所以，故A正确；因为直线l的方向向量0,3,0a，平面的法向量1,0,2u，不能确定直线是否在平面内，故B不

正确；因为0,4,82(2,1,4)(4,2,0)2APABAC，所以AP，AB，AC共面，即点P在平面ABC内，故C正确；若,,abbcca是空间的一组基底，则对空间任意一个向量d

，存在唯一的实数组(,,)xyz，使得()()()dxabybczca，于是()()()dxzaxybyzc，所以,,abc也是空间一组基底，故D正确.故选：ACD.11．如图，在多面体ABCDES中，

SA平面ABCD，四边形ABCD是正方形，且//DESA，2SAABDE，,MN分别是线段,BCSB的中点，Q是线段DC上的一个动点（含端点,DC），则下列说法正确的是（）A．存在点Q，使得NQSB

B．存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60oC．三棱锥AMNQ体积的最大值是32D．当点Q自D向C处运动时，二面角NMQA的平面角先变小后变大【答案】ACD【详解】以A为坐标原点，,,ABADAS正方向为,,xyz轴，可建立如图所示空间直角坐标系，设

1DE，则2SAAB；0,0,0A，2,0,0B，2,2,0C，0,2,0D，0,2,1E，0,0,2S，1,0,1N，2,1,0M；对于A，假设存在点,2,002Qmm，使得NQSB，则1,2,

1NQm，又2,0,2SB，2120NQSBm，解得：0m，即点Q与D重合时，NQSB，A正确；对于B，假设存在点,2,002Qmm，使得异面直线NQ与SA所成的角为60o，

1,2,1NQm，0,0,2SA，211cos,215NQSANQSANQSAm，方程无解；不存在点Q，使得异面直线NQ与SA所成的角为60o，B错误；对于C，连接,,AQAMAN；设

02DQmm，22AMQABCDABMQCMADQmSSSSS，当0m，即点Q与点D重合时，AMQS取得最大值2；又点N到平面AMQ的距离112dSA，maxmax12213

3QAMNNAMQVV，C正确；对于D，由上分析知：1,2,1NQm，(1,1,1)NM，若(,,)mxyz是面NMQ的法向量，则(1)200mNQmxyzmNMxyz

，令1x，则(1,2,3)mmm，而面AMQ的法向量(0,0,1)n，所以223cos,||||1(2)(3)mnmmnmnmm

，令3[1,3]tm，则2221cos,1131(1)2()24tmnttt，而11[,1]3t，由Q从D到C的过程，m由小变大，则t由大变小，即1t由小变大，所以cos,mn先变大，后变小，由图知：二面角恒为锐角，故二面角先变小后

变大，D正确.故选：ACD.三、填空题(本题共3小题，每小题5分，共15分．)12.已知点A(3,1),B(33,3),则直线AB的倾斜角是.[解析]因为A(3,1),B(33,3),所以直线AB的斜率k=3−133-3=33,因为直线的倾斜角的取值范围为[0,π),所以直线AB的

倾斜角是π6.13.如图，在四棱锥PABCD中，平面PCD平面ABCD，底面ABCD是矩形，26ABBC，,PCPDPCPD，点O是CD的中点，点E为线段PB上靠近B的三等分点，则点E到直线AO的距离为．【答案】3【详

解】取AB的中点为O，连接,,POOOAE，因为,PCPDO为CD的中点，所以POCD，又平面PCD平面ABCD，平面PCD平面ABCDCD，PO平面PCD，所以PO平面ABCD，OO

平面ABCD，所以POOO，又底面ABCD是矩形，点O是CD的中点，AB的中点为O，所以OOCD，以点O为原点，,,OOOCOP所在直线分别为,,xyz轴建立空间直角坐标系如图所示，由,,6PCPDPCPDCD，得13

2POCD，所以3,3,0,3,3,0,0,0,3ABP，点E为线段PB上靠近B的三等分点，则22(3,3,3)33PEPB，则2,2,1E，所以1,5,1AE，3,3,0AO，

则222(1)5127||AE，183232AOAEAO，因此点E到直线AO的距离223AOAEdAEAO，故答案为：314．如图，在ABCV

中，π22,6,4ACBCC，过AC的中点M的动直线l与线段AB交于点N，将AMN沿直线l向上翻折至1AMN，使得点1A在平面BCMN内的射影H落在线段BC上，则斜线1AM与平面BCMN所成角的正弦值的最大值为．14．225【分析】首先求出ABCV中

边AB，B角的正弦与余弦值，以底面点B为空间原点建系（如图1），设点,,Axyz，由,0,0Hx，得(,0,)Axz，求出,,ACM坐标，由MCAMAM得出,xz满足的关系式，从而可得z的范围也即AH的范围，翻折过程中可得M

NAA，设1,,02Naa，0,4a，由向量的数量积为0从而得出x关于a的表达式，求得x的范围，再由线面角的正弦值得出结论．【详解】π,4CABC△中，根据余弦定理，222cos25ABACB

CACBCC，根据正弦定理sinsinACABBC，得5sin5B，由ACAB知BC，则25cos5B，如图1，以底面点B为空间原点建系，根据底面几何关系，得点4,2,0,6,0,0AC，设点,,A

xyz，点A的投影,0,0Hx在x轴上，即,0,,5,1,0AxzM，由MCAMAM，根据两点间距离公式，可得22222(65)(01)(5)(01)xz，整理为22(5)1xz．图1图2如图2，在翻折过程中AMNAMN△≌△，作AEM

N于点E，则AEMN，并且,,AEAEEAEAE平面AAE，所以MN平面,AAEAA平面AAE，所以MNAA，即0MNAA，其中4,2,AAxz．又动点N在线段AB上，设1,,02Naa

，所以15,1,02MNaa，且0,4a．由0MNAA，得132245210,52,255xaaxa，又因为22(5)1xz，对应的z的取值为40,5

，即40,5AH，由已知斜线1AM与平面BCMN所成角是AMH，所以2sin0,25AHAMHAM．故斜线1AM与平面BCMN所成角的正弦值的最大值为225．故答案为：255．四、解答题(本题共5小题，

共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．)15.（13分）已知直线l过点(2,2)P.(1)若直线l与360xy垂直，求直线l的方程；(2)若直线l在两坐标轴上的截距相等，求直线l的方程.【答案】

(1)380xy；(2)yx或40xy【解析】【分析】(1)由垂直斜率关系求得直线l的斜率，再由点斜式写出方程；(2)分别讨论截距为0、不为0，其中不为0时可设为0xym，代入点P，即可求得参数m【小问1详解】直线

360xy的斜率为3，则直线l的斜率为13，则直线l的方程为1223yx，即380xy；.............5分【小问2详解】当截距为0时，直线l的方程为yx；..........7分当截距不为0时，直线l设为0xym，代入

(2,2)P解得4m，故直线l的方程为40xy.......................12分综上，直线l的方程为yx或40xy..........13分16.（15分）已知空间中三点,1,2Am，3,1,4B，1,,

1Cn．(1)若A，B，C三点共线，求mn的值；(2)若AB，BC的夹角是钝角，求mn的取值范围．【答案】(1)1；(2)13mn且10mn不同时成立.【分析】（1）由向量的坐标表示确定AB、CB，再由三点共线，存在R

使ABCB，进而求出m、n，即可得结果.（2）由向量夹角的坐标表示求cos,ABBC，再根据钝角可得2(3)2(1)180mn，讨论,ABBC

的情况，即可求mn范围.【详解】(1)由题设(3,2,6)ABm，(2,1,3)CBn，又A，B，C三点共线，所以存在R使ABCB，即322(1)63mn

，可得210mn，所以1mn............................7分(2)由(2,1,3)BCn，由（1）知：当,ABBC时，有1mn

；而222(3)2(1)18cos,||||40(3)13(1)ABBCmnABBCABBCmn，..........13分又AB，BC的夹角是钝角，所以2(3)2(1)182

()260mnmn，可得mn13；综上，3mn且10mn不同时成立............................15分.,215.17的中点为棱，设点平面已知侧棱，为直角梯

形，且中，底面如图，在四棱锥分PDEABCDAPBCADADABABCDABCDP(1)证明：//CE平面ABP；(2)若2ABAPAD，求点P到平面BCE的距离．【答案】(1)见解析(2)255【分析】（1）设F为PA的中点,连接BF,EF，利用中位线的性质证明四边

形EFBC是平行四边形，则可得//CE平面ABP.（2）点A为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，求出平面BCE的法向量(0,1,2)n，利用点到平面的距离公式即可.【详解】（1）设F为PA的中点，连接BF,EF，E是PD的中点，1//,2EFADEFA

D，2,//ADBCADBC,且12BCAD，//,EFBCEFBC，四边形EFBC是平行四边形，//CEBF，又BF平面,ABPCE平面ABP,//CE平面ABP............................6分（2）由于侧棱AP

平面ABCD，,ABAD面ABCD，,APABAPAD，ABAD，则以点A为坐标原点,以AD,AB,AP所在的直线为x轴,y轴,z轴建立如图空间直角坐标系,2AD，112BCAD，

(0,0,2)P，(0,2,0)B，(1,2,0)C，(1,0,1)E，(1,0,0)BC，(0,2,1)CE，(0,2,2)PB，...........................10分设平面BCE的法向量(,,)nxyz,则有0

0nBCnCE，即020xyz，令1y,则(0,1,2)n，...........................14分点P到平面BCE的距离|||||2|2

5||||5||||5PBnPBndPBnPBn.............17分.,2,2,,117.18PCPBABPAPADADMADAMBCMCMBDABCBMMBC，连接，如图的位置，使折起到沿将的中点，且，分别为边中，，在

如图分(1)求证：PA平面ABCD；(2)若E为PC的中点，求直线DE与平面PBD所成角的正弦值；(3)线段PC上一动点G满足(01)PGPC，判断是否存在，使二面角GADP的正弦值为1010，若

存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)证明见解析；(2)33；(3)存在，14【解析】（1）因为A，D分别为MB，MC的中点，所以ADBC∥.因为BMBC，所以BMAD，所以PAAD.又PAAB，ABADA，,AB

AD平面ABCD，所以PA平面ABCD............................3分（2）因为PAAB，PAAD，90DAB，所以AP，AB，AD两两垂直.以A为坐标原点，,,ABADAP所在直线分别为,,xyz轴，建立如图所示

的空间直角坐标系Axyz，依题意有0,0,0A，2,0,0B，2,2,0C，0,1,0D，0,0,2P，1,1,1E，则(2,2,2)PC，(1,0,1)DE，(2,1,0)BD，(2,0,2)BP

.............6分设平面PBD的法向量111,,nxyz，则有11111111112,1,0,,202,0,2,,220BDnxyzxyBPnxyzxz令12y，得11

x，11z，所以1,2,1n是平面PBD的一个法向量.因为(1,0,1)1,2,123cos,31114126DEnDEnDEn，所以直线DE与平面PBD所成角的正弦值为33..............

..............9分（3）假设存在，使二面角GADP的正弦值为1010，即使二面角GADP的余弦值为31010.由（2）得，(2,2,2)(01)PGPC，所以(2,2,22)G，(0,1,0)AD

，(2,2,22)AG.易得平面PAD的一个法向量为11,0,0n.设平面ADG的法向量2222,,nxyz，2222222222220,1,

0,,02,2,22,,22220ADnxyzyAGnxyzxyz，解得20y，令2z，得21x，则21,0,n是平面ADG的一个法向量.由图形可以看出二面角GADP的夹角为锐角，且正

弦值为1010，故二面角GADP的余弦值为31010，则有121222121,0,01,0,310cos,101nnnnnn，即22131010(1)，解得112，21

4.又因为01≤≤，所以14.故存在14，使二面角GADP的正弦值为1010...........................17分19．（本题17分）人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离

测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设11,Axy，22,Bxy，则欧几里得距离221212(,)DABxxyy；曼哈顿距离1212(,)dABxxyy，余弦距离(,)1cos(,)eA

BAB，其中cos(,)cos,ABOAOB（O为坐标原点）．(1)若(1,2)A，34,55B，求A，B之间的曼哈顿距离(,)dAB和余弦距离(,)eAB；(2)若点(2,1)M，(,)

1dMN，求(,)eMN的最大值；(3)已知点P，Q是直线:1(1)lykx上的两动点，问是否存在直线l使得minmin(,)(,)dOPDOQ，若存在，求出所有满足条件的直线l的方程，若不存在，

请说明理由．【详解】（1）348614(,)125555dAB，.............................1分38555cos(,)cos,551OAOBABOAOBOAOB

，555,1cos,155eABAB；.........................................................4分（2）设(,)Nxy，由题意得：(,)|2||1|1dMNxy，即|

2||1|1xy，而|2||1|1xy表示的图形是正方形ABCD，其中2,0A、3,1B、2,2C、1,1D．................................................................6分即点N在

正方形ABCD的边上运动，(2,1)OM，(,)ONxy，可知：当cos(,)cos,MNOMON取到最小值时，,OMON最大，相应的(,)eMN有最大值．因此，点N

有如下两种可能：①点N为点A，则(2,0)ON，可得425cos(,)cos,525MNOMON；.................8分②点N在线段CD上运动时，此时ON与(1,1)DC同向，取(1,1)O

N，则3310cos(,)cos,1052MNOMON．因为31025105，所以(,)eMN的最大值为2515．...........................................................

...12分（3）易知min21(,)1kDOPk，设(,1)Pxkxk，则(,)()|||1|dOPhxxkxk..............14分当0k时，(,)()|||1|dOPhxx，则min(,)1dOP，min(,)1DOP

，满足题意；当0k时，1(,)()1kdOPhxxkxkxkxk，由分段函数性质可知min1(,)min(0),kdOPhhk，又2|1|(0)|1|1khkk

且21111kkkhkkk恒成立，当且仅当1k时等号成立．综上，满足条件的直线有且只有两条，:1ly和yx．.....................................................

....................17分