江苏省海安市南莫中学2021-2022学年高二上学期第一次月考备考金卷A卷数学试题 WORD版含答案.doc

1、数 学 （A）注意事项：1答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试题卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。3非选择题的作答：用签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试题卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。4考试结束后，请将本试题卷和答题卡一并上交。第卷一、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已知空间向量，且与垂直，则等于（ ）A4B1C3D2【答案】A2设点，若，则点的坐标为（

2、）ABCD【答案】C3如图，在长方体中，下列各式运算结果为的有（ ）；A3个B4个C5个D6个【答案】D4如图，是棱长为1的正方体，若P在正方体内部且满足，则P到AB的距离为（ ）ABCD【答案】C5如图，在直三棱柱中，则直线与直线夹角的余弦值为（ ）ABCD【答案】A6已知平面内两向量，若为平面的法向量且，则，的值分别为（ ）A，B，C，D，【答案】A7如图，已知空间四边形，其对角线为，分别是对边，的中点，点在线段上，且分所成的定比为，现用基向量，表示向量，设，则，的值分别为（ ）A，B，C，D，【答案】D8如图，点为矩形所在平面外一点，平面，为的中点，则点到平面的距离为（ ）ABCD【答案

3、】B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2分，有选错的得0分9在正方体中，设，构成空间的一个基底，则下列向量不共面的是（ ）A，B，C，D，【答案】AC10直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，则下列命题为真命题的是（ ）A若，则直线平面B若，则直线平面C若，则直线与平面所成角的大小为D若，则平面，所成角的大小为【答案】BC11以下命题正确的是（ ）A若是平面的一个法向量，直线上有不同的两点，则的充要条件是B已知，三点不共线，对于空间任意一点，若，则，四点共面C已知，若与垂直，则D已知的顶点坐标分别为，则

4、边上的高的长为【答案】BCD12如图，在正方体中，、分别为、的中点，则（ ）AB平面CD向量与向量的夹角是【答案】BC第卷三、填空题：本大题共4小题，每小题5分13已知空间直角坐标系中，点，若，则_【答案】或14在ABC中，若向量与平面ABC垂直，且，则的坐标为_【答案】或15已知空间向量满足，则的值为_【答案】16在棱长为2的正方体中，是棱的中点，点在侧面（包含边界）（1）若点与点重合，则点到平面的距离是_；（2）若，则线段长度的取值范围是_【答案】，四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17（10分）已知，（1）若，求的值；（2）若，求实数的值；（3

5、）若，求实数的值【答案】（1）；（2）；（3）【解析】（1）由已知可得，（2），存在实数使得，联立解得（3），即，解得18（12分）如图，在多面体中，平面，点到平面的距离为，是正三角形，（1）证明：；（2）求直线与平面所成角的正弦值【答案】（1）证明见解析；（2）【解析】（1）证明：如图，取的中点，连接，且，就是点到平面的距离，即平面，平面，又，四边形是平行四边形，是正三角形，（2）解：由（1）得平面，以为轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的法向量为，则由，得，令，得，设直线与平面所成角为，则，故直线与平面所成角的正弦值19（12分）如图，四棱锥的底面是菱形，底面，是的中点，为

6、上一点，且平面（1）求；（2）求平面与平面所成角的正弦值【答案】（1）；（2）【解析】（1）连接交于，连接，因为平面，平面，平面平面，所以由，得，又，所以，即，因为平面，平面，所以，从而，故（2）以为原点，所在的直线分别为轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，设平面的一个法向量为，由，即，取，则；设平面的一个法向量为，由，即，取，则，所以，所以，故平面与平面所成角的正弦值为20（12分）如图所示，在等腰梯形中，平面，（1）求证：平面；（2）若为线段上一点，且，是否存在实数，使平面与平面所成锐二面角为？若存在，求出实数；若不存在，请说明理由【答案】（1）证明见解析；（2）存在，【解析】（1）

7、因为，所以四边形ACFE为平行四边形，所以在等腰梯形ABCD中，所以，所以又平面ABCD，所以，BC，平面BCF，所以平面BCF因为，所以平面BCF（2）依题意，以C为坐标原点，分别以直线为x轴、y轴、z轴建立如图所示的空间直角坐标系，所以，设，所以，设为平面MAB的法向量，由，得，取，所以，因为是平面ABC的一个法向量，设平面MAB与平面ABC所成的锐二面角为，所以因为，所以，所以，所以存在使平面MAB与平面ABC所成锐二面角为21（12分）如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，是中点（1）求直线与平面的夹角余弦值；（2）求平面和平面的夹角的余弦值；（3）求点到平面的距离【答案】（1）；（2）

8、；（3）【解析】因为平面，且四边形是矩形，所以两两垂直，所以分别以所在的直线为轴建立如图所示空间直角坐标系，（1），所以，设平面的法向量为，由，可得，取，则，所以，记直线和平面的夹角为，则，所以（2）由图可知，平面即平面，所以平面的法向量为，记面和面的夹角为，则，由图可知面和面夹角为锐角，所以（3），平面的法向量为，设点到平面的距离为，则，所以点到平面的距离为22（12分）已知正方形的边长为4，E，F分别为AD，BC的中点，以EF为棱将正方形ABCD折成如图所示的60的二面角，点M在线段AB上（1）若M为AB的中点，且直线MF与由A，D，E三点所确定平面的交点为O，试确定点O的位置，并证明直线

9、OD平面EMC；（2）是否存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60；若存在，求此时二面角MECF的余弦值；若不存在，说明理由【答案】（1）点O在EA的延长线上，且，证明见解析；（2）存在，或【解析】（1）证明：因为直线平面ABFE，故点O在平面ABFE内也在平面ADE内，所以点O在平面ABFE与平面ADE的交线上(如图所示)因为AOBF，M为AB的中点，所以OAMFBM，所以OM=MF，AO=BF，所以点O在EA的延长线上，且AO=2连接DF交EC于N，因为四边形CDEF为矩形，所以N是EC的中点连接MN，所以MN为DOF的中位线，所以MNOD，又因为平面EMC，所以直线OD平面EMC（2）存在由已知可得，EFAE，EFDE，所以EF平面ADE，所以平面ABFE平面ADE取AE的中点H为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，所以，所以，设(0t4)，则，设平面EMC的法向量，则，所以，取，则，所以因为DE与平面EMC所成的角为60，所以，所以，解得或，所以存在点M，使得直线DE与平面EMC所成的角为60取ED的中点Q，则为平面CEF的法向量因为点Q的坐标为，所以，设二面角的大小为，所以，因为当t=2时，此时平面EMC平面CDEF，所以当t=1时，为钝角，所以；当t=3时，为锐角，所以