1、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OABC，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（）A2BCD3（5分）棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，E为A1D1的中点，则C1到直线CE的距离为（）ABCD4（5分）已知，是两个不重合的平面，直线l，则“l”是“”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
2、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2，则陀螺的表面积为（）AB6CD6（5分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1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（）ABCD7（5分）在长方体ABCDA1B1C1D1中，E，F，G分别为棱AA1，C1D1，DD1的中点，ABAA12AD，则异面直线EF与BG所成角的大小为（）A3
3、0B60C90D1208（5分）在四面体ABCD中，且ABAC，ACCD，AB，CD所成的角为30，AB5，AC4，CD3，则四面体ABCD的体积为（）A5B6C7D8二多选题（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z1，z2满足z12z22，则|z1|z2|D若复数z1，z2满足z1z2R，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CA，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
4、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PABCD中，底面ABCD为菱形，BAD，PAAC2，PA平面ABCD，点E为PD的中点，则下列结论正确的是（）A四棱锥PABCD的外接球体积为B异面直线AC与PD所成角的余弦值为CPB平面ACEDBD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ABCDA1B1C1D1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
5、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ABCDA1B1C1D1中，|AB|AD|AA1|1，BADBAA1120，DAA160，则线段AC1的长度是 15（5分）已知正方体ABCDA1B1C1D1，则二面角AB1D1C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12m2，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Oxyz中，O（0，0，0），A（1，0，0），B（1，2，0），C（0，1，2），点P满足（1）求点
6、P的坐标（用表示）；（2）若OPBC，求的值18（12分）如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点E为棱DD1的中点（）求证：BD1平面ACE；（）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ABCA1B1C1中，点D，E分别为AC和B1C1的中点（1）证明：DE平面ABB1A1；（2）若ABBC，ABBCAA12，求点D到平面ABE的距离20（12分）如图，四棱锥PABCD中，底面ABCD为菱形，AC与BD交于点G，PBPD（1）求证：平面PAC平面ABCD；（2）若ABC60，PAPCAB2，E为PD的中点，求二面角EACD的大小21（12分）在如图所示的空间几何
7、体中，平面ACD平面ABC，ACD与ACB均是等边三角形，ACBE4，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ABCDA1B1C1DI中，E为BB1的中点（）证明：平面AD1E；（）求直线BC1到平面AD1E的距离；（）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，
8、3）故选：A2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122cm2故选：C3解：过C1作C1FCE于点F，则C1F即为所求，由正方体的性质，知CC1平面A1B1C1D1，CC1EC1，在RtC1D1E中，C1E，在RtCC1E中，CE，CC1C1EC1FCE，1C1F，C1F故选：C4解：由于l，过直线l作平面，使得m，可得lm，又因为l，所以m，又m，所以；反之不成立，由于l，当时，直线l，也可能l“l”是“”的充
9、分不必要条件故选：A5解：由题意可知，OO12，O1P1，令AOBO1r，因为底面圆的周长为2，所以2r2，解得r1，所以圆锥的母线l，所以圆锥的侧面积为，圆柱的表面积为r2+225，故陀螺的表面积为故选：D6解：在正方体ABCDA1B1C1D1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
10、余弦值的取值范围是0，故选：A7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Dxyz，设AD1，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：C8解：在平面BCD中，过B作BECD，且BECD，连接DE，AE，可得四边形BCDE为平行四边形，则VABCDE2VABCE2VCBAE，由ACAB，ACCD，可得ACBE，则CA平面ABE，由AB，CD所成的角为30，可得ABE30，SABEABBEsin3053，则VCBAEACSABE45，而VABCDE2VABCD，可得
11、VABCDVCBAE5，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z1a+bi，z2x+yi，因为z12z22，即a2b2+2abix2y2+2xyi，所以，故（a2+b2）2a4+2a2b2+b4（a2b2）2+（2ab）2（x2y2）2+（2xy）2x4+2x2y2+y4（x2+y2）2，因为a2+b29，x2+y20，所以a2+b2x2+y2，则|z1|z2|，故选项C正确；若z1i，z2i，则z1z21R，但是，故选项D错误故选：ABC1
12、0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：ACD11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MNEF，MNEF，所以四边形EFGH为平行四边形，当ACBD时，四边形EFGH为菱形，当ACBD时，四边形EFGH为矩形；当ACBD，且ACBD时，四边形EFGH为正方
13、形故选：BCD12解：因为底面ABCD是菱形，所以ABC，所以ABADACPA2，所以四棱锥PABCD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FHPD，GHAC，所以异面直线AC与PD所成的角为FHG或其补角，因为GHAC1，FHPD，FG2，所以cosFHG，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OEPB，所以PB平面ACE，故选项C正确；因为PA平面ABCD，所以PABD，因为底面ABCD是菱形，所以ACBD，又ACPAA，所以BD平面PAC，故选项D正确故选：
14、ACD三填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13解：在正方体ABCDA1B1C1D1中，O是底面ABCD的中心，E，F，G，H分别是棱A1A，B1B，C1C，D1D的中点，BDAC，BDAA1，ACAA1A，AC、AA1平面ACC1A1，BD平面ACC1A1，A1O平面ACC1A1，BDA1O，取DG中点M，连结OM，A1M，设正方体ABCDA1B1C1D1中棱长为2，则A1O，OM，D1M，A1M，A1OOM，OMBG，A1OBG，BDBGB，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B1D1E，或AFC1H）14解：根
15、据平行四边形法则可得，所以|2（）2|AB|2+|AD|2+|AA1|2+2221+1+1+2211cos120+211cos602，所以AC1，故答案为：15解：设正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，则AD1ACD1CB1D12，取B1D1中点O，CD1中点E，连接AO，EO，AE，则AOB1D1，EOB1D1，AOE是二面角AB1D1C的平面角，AOAE，OEB1C，cosAOE，sinAOE二面角AB1D1C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4R212，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V2228，由题意可得水的体积是正方体体积
16、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ABCDA1B1C1D1，则O为BD1的中点，分别取AA1，CC1，A1B1，B1C1的中点G，H，E和F可证BD1EF，BD1GE，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（1，2）（2）因为，OPBC，所以，即1（1）1+220，解得18（）证明：连接BD，交AC于点O，连
17、接OE，O，E分别为BD，DD1的中点，OEBD1，又OE平面ACE，BD1平面ACE，BD1平面ACE（）解：由（）知，OEBD1，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AECE，OAAC，O为AC的中点，OEAC，OE，cosAEO，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，、DMBC，由棱柱的性质知：BCB1C1，BCB1C1，又E是B1C1的中点，DMB1E，DMB1E，四边形DMB1E是平行四边形，DEMB1，MB1平面ABB1A1，DE平面ABB1A1，DE平面ABB1A1（2
18、）解：D是AC的中点，且ABBC，ABBC2，又E到平面ABD的距离为AA12，由直棱柱的性质知：BB1B1E，BB1AB，又ABBC，且BCBB1B，AB平面B1BCC1，又BE平面B1BCC1，故ABBE，BE，SABEABBE，设点D到平面ABE的距离为h，则VDABE，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PBPD，BDPG，又BDAC，AC，PG平面PAC，ACPGG，BD平面PAC，又BD平面ABCD，平面PAC平面ABCD（2）解：连结EG，PAPC，且G为AC的中点，PGAC，又BDAC，BD，PG平面PBD，BDPGG，A
19、C平面PBD，EG平面PBD，ACEG，EGD是二面角EACD的平面角，由题意PGDG，在RtPGD中，GEDE，tanEGD1，EGD（0，），EGD，二面角EACD的大小为21（1）证明：取AC的中点O，连接DO，BO，等边ACD，DOAC，DO，又平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，DO平面ABC，设E在平面ABC上的投影为点F，则EF平面ABC，DOEF，BE和平面ABC所成的角为60，EBF60，EFBEsin60DO，四边形DEFO为平行四边形，DEBO，BOAC，平面ACD平面ABC，平面ACD平面ABCAC，BO平面ADC，DE平面ADC（2）解：以O为原点，OA，
20、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y0，z1，（，0，1），设直线BA与平面DAE所成角为，则sin|cos，|，故直线BA与平面DAE所成角的正弦值为22证明：（）D1C1AB，D1C1AB，四边形 D1ABC1为平行四边形，D1AC1B，D1A面AD1E，C1B面AD1E，平面AD1E解：（）如图建立空间直角坐标系Axyz，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z1，得，直线BC1到平面AD1E的距离为；解：（）平面ABCD的一个法向量为，由（）知平面AD1E的一个法向量为设平面AD1E与平面ABCD夹角为，则，故平面AD1E与平面ABCD夹角的余弦值