安徽省滁州市定远县育才学校2021-2022学年高二上学期文科数学周测1试卷（9月27日）（Word版含答案解析）

2021-2022学年度育才学校高二年级数学学科
周测试卷2（文科）（考试范围：&1.2-&1.4）
总分：100分
时间：100分钟
2021年9月27日
一、选择题(共10小题,每小题5分,共50分)
1.如图，在正方体ABCD－A1B1C1D1中，M，N分别为AB，B1C的中点，若AB＝a，则MN的长为(
)
A．a
B．a
C．a
D．a
2.在已知斜三棱柱ABC－A1B1C1中，底面ABC是等腰直角三角形，AB＝AC＝2，CC1＝2，AA1与AB，AC都成60°角，则异面直线AB1与BC1所成角的余弦值为(　　)
A．
B．
C．
D．
3.（多选）已知空间三点A(1,0,3)，B(－1,1,4)，C(2，－1,3)．若∥，且||＝，则点P的坐标为(　　)
A．
(4，－2,2)
B．
(－2,2,4)
C．
(－4,2，－2
)
D．
(2，－2,4)
4.设l1的方向向量为a＝(1,3，－2)，l2的方向向量为b＝(－4,3，m)，若l1⊥l2，则m等于(
)
A．
1
B．
C．
D．
3
5.在四面体ABCD中，AB，BC，BD两两垂直，且AB＝BC＝1，点E是AC的中点，异面直线AD与BE所成角为θ，且cosθ＝，则该四面体的体积为(　　)
A．
B．
C．
D．
6.已知向量a＝(1,2,3)，b＝(－2，－4，－6)，|c|＝，若(a＋b)·c＝7，则a与c的夹角为(　　)
A．
30°
B．
60°
C．
120°
D．
150°
7.(多选)从点P(1,2,3)出发，沿着向量v＝(－4，－1,8)方向取点Q，使|PQ|＝18，则Q点的坐标为(
)
A．
(－1，－2,3)
B．
(9,4，－13)
C．
(－7,0,19)
D．
(1，－2，－3)
8.在三棱锥P－ABC中，CP，CA，CB两两垂直，AC＝CB＝1，PC＝2，如图，建立空间直角坐标系，则下列向量是平面PAB的法向量的是(　　)
A．
B．
(1，，1)
C．
(1,1,1)
D．
(2，－2,1)
9.已知平面α的法向量为a＝(1,2，－2)，平面β的法向量为b＝(－2，－4，k)，若α⊥β，则k等于(
)
A．
4
B．
－4
C．
5
D．
－5
10.已知向量a＝(1,1,0)，b＝(－1,0,2)，且ka＋b与2a－b互相垂直，则k的值是(　　)
A．1
B．
C．
D．
二、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
11.已知在平行六面体ABCD－A′B′C′D′中，AB＝4，AD＝3，AA′＝5，∠BAD＝90°，∠BAA′＝∠DAA′＝60°，则AC′的长为__________________．
12.如图，四边形ABCD和ADPQ均为正方形，它们所在的平面互相垂直，M，E，F分别为PQ，AB，BC的中点，则异面直线EM与AF所成角的余弦值是________．
13.若A(m＋1，n－1,3)，B(2m，n，m－2n)，C(m＋3，n－3,9)三点共线，则m＋n＝________.
14.已知＝(1,5，－2)，＝(3,1，z)，若⊥，＝(x－1，y，－3)，且BP⊥平面ABC，则＝________.
三、解答题(共3小题,每小题10分,共30分)
15.如图，已知ABCD－A1B1C1D1是四棱柱，底面ABCD是正方形，AA1＝3，AB＝2，且∠C1CB＝∠C1CD＝60°，设＝a，＝b，＝c.
(1)试用a，b，c表示；
(2)已知O为对角线A1C的中点，求CO的长．
16.如图，正方形ADEF与梯形ABCD所在的平面互相垂直，AD⊥CD，AB∥CD，AB＝AD＝2，CD＝4，M为CE的中点．
(1)求证：BM∥平面ADEF；
(2)求证：BC⊥平面BDE.
17.如图，在四棱锥E－ABCD中，AB⊥平面BCE，CD⊥平面BCE，AB＝BC＝CE＝2CD＝2，∠BCE＝120°，
求证：平面ADE⊥平面ABE.
答案解析
1.【答案】A
【解析】取空间中一组基底：＝i，＝j，＝k，
＝＋＋
＝i＋j＋(－j＋k)
＝i＋j＋k，
故||2＝a2＋a2＋a2＝a2，
所以MN＝a.
2.【答案】D
【解析】设＝a，＝b，＝c，
则a·b＝0，a·c＝2，b·c＝2，
＝a＋c，＝b＋c－a，·＝a·b＋b·c＋c2－a2＝2，
||＝＝＝2，
||＝
＝＝2，
所以cos〈，〉＝＝.
3.【答案】AB
【解析】设＝(3λ，－2λ，－λ)．
又||＝，
∴＝，解得λ＝±1，
∴＝(3，－2，－1)或＝(－3,2,1)．
设点P的坐标为(x，y，z)，则＝(x－1，y，z－3)，
∴或
解得或
故点P的坐标为(4，－2,2)或(－2,2,4)．
4.【答案】B
【解析】因为l1⊥l2，
所以a·b＝0，
即1×(－4)＋3×3＋(－2)×m＝0，
所以2m＝9－4＝5，即m＝.
5.【答案】A
【解析】分别以BC，BA，BD所在的直线为x轴，y轴，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，设BD＝a，
则A(0,1,0)，B(0,0,0)，E，D(0,0，a)
，
＝(0，－1，a)，＝，
cosθ＝
＝
＝，
解得a＝2，
该四面体的体积为××1×1×2＝.
6.【答案】C
【解析】a＋b＝(－1，－2，－3)＝－a，故(a＋b)·c＝－a·c＝7，得a·c＝－7，
而|a|＝＝，所以cos〈a，c〉＝＝－，
所以〈a，c〉＝120°.
7.【答案】BC
【解析】设Q(x0，y0，z0)，则＝λv，
即(x0－1，y0－2，z0－3)＝λ(－4，－1,8)．
由|PQ|＝18，得＝18，
所以λ＝±2，
所以(x0－1，y0－2，z0－3)＝±2(－4，－1,8)，
所以或
8.【答案】A
【解析】因为＝(1,0，－2)，＝(－1,1,0)，
设平面PAB的一个法向量为n＝(x，y,1)，
由则
解得
所以n＝(2,2,1)．
又＝n，
因此，平面PAB的一个法向量为.
9.【答案】D
【解析】∵α⊥β，∴a⊥b，∴a·b＝－2－8－2k＝0.
∴k＝－5.
10.【答案】D
【解析】∵ka＋b＝(k－1，k,2)，2a－b＝(3,2，－2)，若(ka＋b)⊥(2a－b)，则(ka＋b)·(2a－b)＝0，∴3(k－1)＋2k－4＝0，∴k＝，故选D.
11.【答案】
【解析】如图所示，
＝＋＝＋＋，
故||2＝|＋＋|2＝2＋2＋2＋2(·＋·＋·)
＝42＋32＋52＋2＝85，故||＝.
12.【答案】
【解析】由题设易知，AB，AD，AQ两两垂直．以A为原点，AB，AD，AQ所在直线分别为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系，
设正方形边长为2，则A(0,0,0)，E(1，0,0)，M(0,1,2)，F(2,1,0)，
＝(－1,1,2)，＝(2,1,0)，
cos
〈，〉＝＝＝－，
又异面直线所成的角为锐角或直角，
所以异面直线EM与AF所成角的余弦值为.
13.【答案】
【解析】因为＝(m－1,1，m－2n－3)，＝(2，－2,6)，
由题意得∥，则＝＝，
所以m＝0，n＝0，m＋n＝0.
14.【答案】
【解析】因为⊥，所以·＝0，
即1×3＋5×1＋(－2)×z＝0，所以z＝4.
因为BP⊥平面ABC，所以⊥，⊥，即
解得x＝，y＝－，
于是＝.
15.【答案】解　(1)＝＋＋＝－＋－
＝－－－＝－c－b－a＝－a－b－c.
(2)由题意知|a|＝2，|b|＝2，|c|＝3，
a·b＝0，a·c＝2×3×＝3，b·c＝2×3×＝3，
∵＝＝(a＋b＋c)，
∴||＝
＝
＝＝＝.
16.【答案】证明　∵平面ADEF⊥平面ABCD，平面ADEF∩平面ABCD＝AD，AD⊥ED，ED 平面ADEF，
∴ED⊥平面ABCD.
以D为原点，，，分别为x轴、y轴、z轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则D(0,0,0)，A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,4,0)，E(0,0,2)，F(2,0,2)．
(1)∵M为EC的中点，
∴M(0,2,1)，
则＝(－2,0,1)，＝(－2,0,0)，＝(0,0,2)，
∴＝＋，故，，共面．
又BM 平面ADEF，∴BM∥平面ADEF.
(2)＝(－2,2,0)，＝(2,2,0)，＝(0,0,2)，
∵·＝－4＋4＝0，∴BC⊥DB.
又·＝0，∴BC⊥DE.
又DE∩DB＝D，DE，DB 平面BDE，
∴BC⊥平面BDE.
17.【答案】证明　取BE的中点O，连接OC，
又AB⊥平面BCE，
所以以O为原点建立空间直角坐标系Oxyz(如图所示)．
则有C(1,0,0)，B(0，，0)，E(0，－，0)，D(1,0,1)，A(0，，2)．
于是＝(0，－2，－2)，＝(－1，，1)．
设平面ADE的法向量为n＝(a，b，c)，
则n·＝(a，b，c)·(0，－2，－2)＝－2b－2c＝0，
n·＝(a，b，c)·(－1，，1)＝－a＋b＋c＝0.
令b＝1，则a＝0，c＝－，
所以n＝(0,1，－)．
又AB⊥平面BCE，OC 平面BCE，
所以AB⊥OC.
因为BE⊥OC，AB∩BE＝B，AB，BE 平面ABE，
所以OC⊥平面ABE.
所以平面ABE的法向量可取为m＝(1,0,0)．
因为n·m＝(0,1，－)·(1,0,0)＝0，所以n⊥m，
所以平面ADE⊥平面ABE.