1、高考资源网（） 您身边的高考专家高二年级2020-2021学年上学期第一次月考数学试题（时间：120分钟 满分：150分）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. 若A,B,C,D为空间不同四点,则下列各式为零向量的是()+2+2;2+2+3+3;.A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】无论是平面向量还是空间向量，各向量的和为零向量必定有各向量恰好形成一个回路，即起点与终点重合，也可以运用向量加法法则直接计算【详解】=；=；=；=表示恰好形成一个回路，结果必为；综上可知答案选C【点睛】本题考查了向量的基本运算，关键
2、掌握相应运算的法则，属于基础题2. 已知关于面的对称点为，而关于轴的对称点为，则（）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【详解】本题考查空间直角坐标系及向量的坐标因为关于面的对称点为，所以；又而关于轴的对称点为，则，所以故正确答案为B3. 若直线与直线垂直，则实数的值是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据直线的垂直关系求解.【详解】由与垂直得：，解得 ，故选A.【点睛】本题考查直线的一般式方程与直线的垂直关系,属于基础题.4. 已知四面体A-BCD的所有棱长都是2,点E,F分别是AD,DC的中点,则( )A. 1B. -1C. D. 【答案】B【解析】【分析】在四
3、面体中，由题意可得任意两条棱的夹角为60，又，再根据数量积的定义求解【详解】由题意可得，所以故选B【点睛】在利用定义求向量的数量积时，要注意两向量夹角的确定，如在本题中的夹角为120而不是60，这是在解题中容易出现的错误，考虑问题时一定要抓住夹角的定义5. 如图，是三棱锥的底面的重心.若（、），则的值为（ ）A. B. 1C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据重心的性质及向量加法的平行四边形法则，（），从而便可得到，由此可求出x+y+z【详解】如图，连结PM，AM,M是三棱锥PABC的底面ABC的重心，（x、y、xR），x1，yz，x+y+z故选：C【点睛】本题考查代数和的求法，考查重心定
4、理、向量加法法则等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题6. 已知三棱锥底面是边长为1的等边三角形，侧棱长均为2，则侧棱与底面所成角的余弦值为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由正三棱锥得顶点在底面上的射影正好落在底面的中心上，构造由棱锥高、侧棱长及底面顶点到中心为三边的三角形，解三角形后，即可得结果.【详解】由已知易得该三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面上的射影正好落在底面的中心上，如图所示：在三棱锥中，O为底面中心，则易得，则即为侧棱与底面所成的角，则，故选：D.【点睛】本题主要考查了棱锥的性质，直线与平面所成的角的求法，属于基础题.7. 在三棱锥中，底
5、面ABC，则点C到平面PAB的距离是 A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出点C到平面PAB的距离【详解】在三棱锥中，底面ABC，以A为原点，AB为x轴，AC为y轴，过A作平面ABC的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则4，4，0，0，4，0，4，设平面PAB的法向量y，则，取，得，点C到平面PAB的距离故选B【点睛】本题考查点到平面的距离的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，是中档题8. 在直三棱柱中, 已知和分别为和的中点, 与分别为线段和上
6、的动点(不包括端点),若,则线段的长度的取值范围为( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】建立如图所示的空间直角坐标系，则,，由于，所以，当时，线段长度的最小值是，当时，线段的最大值是，由于不包括端点，故不能取，故选.点睛：本题主要考查空间中点、线、面的位置关系，考查柱体的结构特征，考查利用空间直角坐标系，数形结合的数学思想方法.由于几何体容易建系，故一开始就对其建立空间直角坐标系，利用两个向量垂直，数量积为零，得到两点坐标的关系，利用两点间距离公式和二次函数配方法，可求得取值范围.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
7、得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9. 在以下命题中，不正确的命题有（ ）A. 是，共线的充要条件B. 若，则存在唯一的实数，使C. 对空间任意一点和不共线的三点，若，则，四点共面D. 若为空间的一个基底，则构成空间的另一个基底【答案】ABC【解析】【分析】根据向量共线的性质，即可判断A选项；根据零向量与任意向量共线以及向量共线定理，即可判断B选项；根据向量的共面定理的定义，即可判断C选项；根据不共面的三个向量可构成空间的一个基底，结合共面向量定理，即可判断D选项.【详解】解：对于A，当，则，共线成立，但，同向共线时，所以是，共线的充分不必要条件，故A不正确；对于B，当时，不存在唯一的
8、实数，使，故B不正确；对于C，由于，而，根据共面向量定理知，四点不共面，故C不正确；对于D，若为空间的一个基底，则不共面，由基底的定义可知，不共面，则构成空间的另一个基底，故D正确.故选：ABC.【点睛】本题考查与向量有关的命题的真假性判断，考查空间向量的共线定理和共面定理的应用，考查推理论证能力.10. 已知平面上一点M(5，0)，若直线上存在点P使|PM|=4，则称该直线为“切割型直线”，下列直线中是“切割型直线”的是（ ）A y=x+1B. y=2C. D. y=2x+1【答案】BC【解析】【分析】根据切割型直线的定义，由点M(5，0)到直线距离不大于4求解.【详解】A. 点M(5，0)
9、到直线 y=x+1的距离为：，故错误；B. 点M(5，0)到直线y=2的距离为：，故正确；C. 点M(5，0)到直线的距离为：，故正确；D. 点M(5，0)到直线y=2x+1的距离为：，故错误；故选：BC【点睛】本题主要考查点到直线的距离以及存在问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.11. 我国古代数学名著九章算术中记载的“刍甍”（chumeng）是底面为矩形，顶部只有一条棱的五面体.如下图五面体是一个刍甍，其中四边形为矩形，其中，与都是等边三角形，且二面角与相等且大于，则长度可能为（ ）A. 1B. 5C. 9D. 13【答案】CD【解析】【分析】取两个极限情况：二面角与相等，且为平角时
10、，二面角为时，即可得出结果.【详解】等边三角形边上的高为，同理等边三角形边上的高为3二面角与相等，且为平角时，因此，二面角与相等，且为时，最小，如图所示，此时取，的中点，连接，由图形的对称性可得点在底面的投影必在上，由于，所以即为二面角的平面角，即，故，此时 由于二面角大于，因此，即可得长度可能为9,13，故选：CD.【点睛】本题主要考查了空间角、运动思想方法、空间位置关系，考查了空间想象能力、推理能力，属于中档题.12. 如图（1）是一副直角三角板.现将两三角板拼成直二面角，得到四面体，如图（2）所示.下列叙述中正确的是（ ）A. B. 平面的法向量与平面的法向量垂直C. 异面直线与所成的角
11、小于60D. 直线与平面所成的角为30【答案】ACD【解析】【分析】根据直线与平面垂直的判定定理可得平面，可得A正确；根据平面与平面不垂直，可得B不正确；过点作和平行且相等，可得为异面直线与所成的角，求得的值，可得C正确，由条件求得为直线与平面所成的角，可得D正确.【详解】对于选项A：将两三角板拼成直二面角，故平面平面，因为，平面平面，平面，故平面，所以，故，故选项A正确；对于选项B：平面与平面不垂直，故两个平面的法向量不可能垂直，故选项B不正确；对于选项C：过点作和平行且相等，可得为异面直线与所成的角，设，则，因为四边形为矩形，等腰三角形中， ，故，故选项C正确；对于选项D：平面，所以为在平
12、面内的射影，所以为直线与平面所成的角，因为，故选项D正确，故选：ACD【点睛】本题主要考查了平面图形翻折问题，直线和平面垂直的判定与性质，直线和平面所成的角、异面直线所成的角，属于中档题.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中横线上.13. 经过两条直线和的交点，且垂直于直线的直线的一般式方程为_.【答案】【解析】【分析】首先联立方程求两直线的交点，再利用两直线垂直斜率之积为-1，可求得所求直线斜率，然后根据点斜式可得直线方程.【详解】由方程组，得交点坐标为，因为所求直线垂直于直线，故所求直线的斜率，由点斜式得所求直线方程为，即.故答案为：.【点睛】本题主要考查两条直线
13、的交点坐标的求法，考查从直线的一般方程求斜率，考查两条直线垂直斜率之积为，考查学生的运算能力，属于基础题.14. 如图，已知在大小为60的二面角中，于点于点，且，则_.【答案】【解析】【分析】由向量线性运算加法的运算性质，结合二面角表示得，同时平方结合向量的数量积即可求解【详解】，二面角的大小为60，.故答案为：【点睛】本题考查由向量的运算性质求解二面角中具体线段长度问题，属于中档题15. 点P在直线：上，当P到和的距离之差最大时，点P的坐标为_.【答案】【解析】【分析】先判断和在直线的两侧，接着求点关于直线的对称点，再判断当、三点共线时差值最大，最后求直线的方程并建立方程组求点P的坐标.【详
14、解】解：因为和，所以和在直线的两侧，设点是点关于直线对称的对称点，则，解得，所以点，根据题意作图如下：所以，由图可知，,当、三点共线时，差值最大，且最大值为，因为和，所以直线的方程为：所以，解得，所以.所以当P到和的距离之差最大时，点P的坐标为故答案为：【点睛】本题考查求关于直线对称的对称点、求直线的交点坐标、动点到定点的距离差的最值问题，是中档题.16. 如图，已知平面四边形，.沿直线将翻折成，直线与所成角的余弦的最大值是_.【答案】【解析】【分析】通过作辅助线，把异面直线与平移到一个面内，即为直线与所成角，再利用线面垂直的判定定理可知，为直角三角形，要想的余弦值最大，需要的长最小，即长最小
15、，所以在中，先用余弦定理求得长的最小值.【详解】如图所示，取的中点O，并连接BO，,在中，作，垂足为E，由等面积法可得，又，.过点B作，作交BF于点F，则，连接，则为直线与所成的角.由四边形BOEF 为矩形，由，可知为二面角的平面角，设为，由余弦定理可得：（时等号成立）由，则平面，又平面，则，所以，在直角中，利用勾股定理，可知的最小值，,直线与所成角的余弦的最大值为故答案为：.【点睛】本题考查异面直线夹角的求法，有两种做法：一，把异面直线平移到一个面内，按解三角形来求角度，即用余弦定理求；二，可以建立空间直角坐标系，利用空间向量方法求，考查学生的逻辑推理能力与运算能力，属于难题.四、解答题：本
16、题共6小题，共70分.（其中17题10分，18-22题每题12分）解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.17. 已知直线l在两坐标轴上的截距相等，且P（4，3）到直线l的距离为3，求直线l的方程【答案】y=x，或x+y1=0，或 x+y13=0【解析】试题分析：当直线经过原点时，设直线方程为y=kx，再根据P（4，3）到直线l的距离为3，求得k的值，可得此时直线的方程当直线不经过原点时，设直线的方程为x+ya=0，由P（4，3）到直线l的距离为3，求得a的值，可得此时直线方程，综合可得结论解：当直线经过原点时，设直线方程为y=kx，再根据P（4，3）到直线l的距离为3，可得 =3，求
17、得k=，故此时直线的方程为 y= x当直线不经过原点时，设直线的方程为x+ya=0，由P（4，3）到直线l的距离为3，可得 =3，求得a=1，或a=13，故此时直线的方程为x+y1=0或x+y13=0综上可得，所求直线的方程为y=x，或x+y1=0，或x+y13=0考点：直线的截距式方程；点到直线的距离公式18. 已知向量，点，.（1）求；（2）在直线上，是否存在一点E，使得，（O为原点），若存在，求出点E的坐标，若不存在，说明理由.【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）根据向量的坐标加法运算求出，再利用向量的模长公式即可求出；（2）由向量共线定理和向量线性运算得出，从而得出的坐
18、标，再根据以及向量的数量积，即可求出的值，即可得出点的坐标.【详解】（1）根据题意，得，故.（2）由于点在直线上，则，即，由，则，所以，解得，因此在直线上存在点E，使得，此时点E的坐标为.【点睛】本题考查平面向量坐标的加法运算和向量的模，考查向量的共线定理和向量的线性运算，及向量垂直运算，考查学生运算能力，属于基础题.19. 如图，三棱柱中，M，N分别是，上的点，且，.设，.（1）试用，表示向量；（2）若，求的长.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由于，结合空间向量的线性运算法则即可得结果；（2）根据空间向量数量积的运算法则，求的平方即可得结果.【详解】（1）=又，.（2），.，.
19、，.【点睛】本题主要考查了空间向量的线性运算，利用向量的数量积求线段的长，考查了学生的计算能力，属于基础题.20. 如图所示，在四棱锥中，底面是边长为1的菱形，面，、分别为、的中点.（1）证明：直线平面；（2）求异面直线与所成角的大小；（3）求点到平面的距离【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】(1) 取的中点，构造平行四边形，再根据线面平行的判定定理完成证明；(2)根据平行可知异面直线与所成的角即为或其补角，然后根据长度进行求解；(3)根据线面平行将问题转化为到平面的距离，然后作出在平面内的射影，根据长度即可计算出到平面的距离，即可求解出点到平面的距离.【详解】（1）取的中点，
20、连接、.则四边形为平行四边形，又平面，平面，平面.（2），为异面直线与所成的角（或其补角）作于点，连接.平面，.，.所以异面直线与所成的角为.（3）平面，点和点到平面的距离相等.连接，过点作于点，平面，又，平面，线段的长就是点到平面的距离，与点到平面的距离相等，.所以点到平面的距离为.【点睛】本题考查线面平行的证明、异面直线所成角以及点到面的距离的求解，难度一般.(1)求解异面直线所成角注意角是钝角还是锐角；(2)求解点到平面内的距离，除了通过找到点在平面内射影的方法并根据长度求解距离，还可以通过等体积法完成距离的求解.21. 已知四棱锥，底面为菱形， ,H为上的点，过的平面分别交于点，且平面
21、（1）证明： ；（2）当为中点， ，与平面所成的角为，求二面角的余弦值【答案】（1）见解析； （2）.【解析】【分析】（1）连结交于点，连结由题意可证得平面，则由线面平行的性质定理可得，据此即可证得题中的结论；（2）结合几何体的空间结构特征建立空间直角坐标系，求得半平面的法向量，然后求解二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：连结交于点，连结因为为菱形，所以，且为、的中点，因为，所以，因为且平面，所以平面，因为平面，所以因为平面， 平面，且平面平面，所以，所以（2）由（1）知且，因为，且为的中点，所以，所以平面，所以与平面所成的角为，所以，所以，因为，所以 分别以， ， 为轴，建立如图所示空间
22、直角坐标系，设，则，所以记平面的法向量为，则，令，则，所以，记平面的法向量为，则，令，则，所以， 记二面角的大小为，则所以二面角的余弦值为 【点睛】本题主要考查线面垂直的性质定理，利用空间直角坐标系求二面角的方法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.22. 已知三棱柱中，求证：面面；若，在线段上是否存在一点，使二面角的平面角的余弦值为？若存在，确定点的位置；若不存在，说明理由【答案】（1）见解析；（2）见解析【解析】【分析】由，可得四边形为菱形，则，又，利用线面垂直的判定可得平面，得到，结合，即可证明平面，从而可证明面面；以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立空间直角坐
23、标系，设在线段AC上存在一点P，满足，使得二面角的余弦值为，利用二面角的余弦值为，可求得的值，从而得到答案【详解】证明：如图，四边形为菱形，连接，则，又，且，平面，则，又，即，平面，而平面，面面；解：以C为坐标原点，分别以CA，CB所在直线为x，y轴建立如图所示的空间直角坐标系，0，2，0，0,设在线段上存在一点，满足，使得二面角的余弦值为则0，设平面的一个法向量为，由，取，得；平面的一个法向量为由，解得：，或，因为，所以.故在线段上存在一点，满足，使二面角的余弦值为.【点睛】本题考查平面与平面垂直的判定，考查了平面与平面的夹角，考查空间想象能力与思维能力，训练了利用空间向量求解二面角，是中档题- 26 - 版权所有高考资源网
