河南省南阳一中2022年秋高二第三次月考数学答案

答案第1页，共7页 南阳一中2022 年秋期高二年级第三次月考 数学学科试题参考答案： 1-5．DACCB 6-10．DCACA 11-12 DB 7．C 【详解】由已知，在平行六面体 1 1 1 1 ABCD A B C D  中，AC 与BD的交点为M ， 所以 1 1 1 1 2 C M C C C A C M C C              1 1 1 1 ( ) 2 2 AA AC AA AB AD              1 1 1 1 2 2 AB AD AA xAB yAD zAA                 所以  1 1 , , , , 1 2 2 x y z          . 8．A 【详解】解：因为// a b   ，所以 4 1 2 1 x y    ，解得=2 x ， 4 y ，故=( 2 b   , 4 , 1)  ， 又因为b c   ，所以 0 b c    ，即6 8 0 z    ，解得=2 z ．所以=(2 a  ,4,1) ，=(3 c  , 2 , 2) ， 所以+ =(5 a c  ,2,3) ，+ =(1 b c  , 6 ,1) ，所以( + ) ( + )=5 12+3= 4 a c b c       ，| + |= 25+4+9= 38 a c  ， | + |= 1+36+1= 38 b c  ，设a c   与b c   的夹角为， 则    + + 4 2 cos + , + = = = 19 38 38 + + a c b c a c b c a c b c                 ． 10．A 【详解】平面的方程为3 5 7 0 x y z     ，平面的法向量可取   3, 5,1 m    平面 3 7 0 x y    的法向量为   1, 3,0 a    ，平面4 2 1 0 y z   的法向量为   0,4,2 b   ， 设两平面的交线l 的方向向量为 ( , , ) n x y z   ，由 3 0 4 2 0 n a x y n b y z                ，令 3 x  ，则 1 y ， 2 z ，所以   3,1, 2 n    ， 则直线l 与平面所成角的大小为， 2 10 sin cos , 35 14 35 m n m n m n           ． 11．D 【详解】解：因为 1 1 BC B C  ， 1 1 1 BC A B  ， 1 1 1 1 B C A B B   ， 1 1 1 , B C A B 平面 1 1 A B CD ， 所以 1 BC 平面 1 1 A B CD ，又E 、F 分别为 1 CC 、BC 的中点，所以 1 // EF BC ， 所以EF 平面 1 1 A B CD ， 1 B G 平面 1 1 A B CD ，所以 1 BG EF  ，故A 正确， 连接 1 AD 和 1 BC ，E 、F 、G 、H 分别为 1 CC 、BC 、CD 、 1 BB 的中点，可知 1 1 // // EF BC AD ，所以E 、F 、A 、 1 D 四点共面，所以平面AEF 平面 1 1 1 AA D D AD  ，故B 正确； 由题知，可设正方体的棱长为2 ，以D 为原点，DA为x 轴，DC 为y 轴， 1 DD 为z 轴， 答案第2页，共7页 则             1 2,0,0 , 0,2,0 , 0,2,1 , 2,0,2 , 2,2,1 , 1,2,0 A C E A H F 所以         1 1 0,2, 1 , 1,2,0 , 1,0, 1 , 0,0,2 A H AF EF AA              ，设平面AEF 的法向量为   , , n x y z   ， 则 0 0 n AF n EF              ，即 2 0 0 x y x z       ，令 1 y ，得 2, 2 x z   ，得平面AEF 的法向量为   2,1,2 n   ， 所以 1 0 A H n     ， 1 A H 平面AEF ，所以 1 // A H 平面AEF ，故C 正确；因为         1 1 2,0,2 , 2,2,0 , 2,0,0 , 0,0,2 A B A D     1 1 0,2, 2 , 2,0,2 A B AD       向量 1 A B uuu r 与向量 1 AD uuur 的夹角为，则 1 1 1 1 1 1 4 1 cos cos , 2 2 2 2 2 A B AD A B AD A B AD                 ，又 [0, ]    ，所以 120  ，故D 错误， 12．B 【详解】因为PD 平面ABCD ，DC 平面ABCD，AD 平面ABCD，所以PD DC  ，PD AD  ．因为底面 ABCD为矩形，所以DC AD  ．所以DP，DC，DA 两两互相垂直． 以D 为原点，DA、DC、DP 所在直线分别为x、y、z 轴，建立空间直角坐标系D xyz  ， 则   0,0,0 D ，(4,3,0) B ， (0,0,3) P ， (4,0,0) A ， (0,3,0) C ， 3 2,0, 2 M       ．所以 (0,3, 3) PC     ， ( 4, 3,0) BD     ．因 为       0,3 , 3 0,1 PN PC             ，所以 (0,3 ,3 3 ) N    ，则 3 2,3 , 3 2 MN             ．设直线MN 与BD 所成角 为，则 2 3 2,3 , 3 ( 4, 3,0) 2 | | cos | | | | 25 18 9 5 4 MN BD MN BD                               2 2 2 |8 9 | 1 81 144 64 25 5 25 18 9 18 9 5 4 4                ． 因为 2 2 1 81 144 64 2 21 25 5 21 18 9 4          ，则 2 2 81 144 64 100 25 21 18 9 4          ，化简得 2 99 2124 719 0      ，即 答案第3页，共7页 (3 1)(33 719) 0      ，解得 1 3  或 719 33  （舍去） ． 13．1 6 14．12 【详解】由于1 号盒子不能放1 号球和2 号球，则1 号盒子可以放3 号球或4 号球，有2 种方法，剩下的3 个盒 子各放一个球有 3 3 A 种方法，则由分步乘法原理可得一共有 3 3 2 A 12   种方法． 故答案为：12 15．2 【详解】 1 1 1 AC A A AC AA AB AD               ，又： 1 2 AB AD AA   ， 1 1 60 A AB A AD    ， 90 BAD   ， ∴   2 2 1 1 1 1 AC AC AC AA AB AD                2 2 2 1 1 1 2 2 2 AA AB AD AA AB AA AD AB AD                       1 2 2 2 1 1 1 1 2 c 2 cos os 2 cos A A AA AB AD AA A B AA AD A B AD AB AD BAD                             2 2 2 2 2 2 2 2 2 cos60 2 2 2cos60 0         2  . 16． 6 3 【详解】底面ABC 与侧面VAC 都是以AC 为斜边的等腰直角三角形，则Rt ABC  ≌Rt VAC △ ， ∴VA VC AB BC    ，设 2 VA VB VC AB BC      ，则 2 2 AC  ， ∵E 为AC 的中点，则 2 VE BE   ，∴ 2 2 2 VE BE VB   ，即VE BE  ， 以E 为原点，如图建立空间直角坐标系，则 (0, 2,0) A  、 (0, 2,0) C 、 ( 2,0,0) B 、 (0,0, 2) V ， 设 ( , , ) F x y z ，AF AB       ， [0,1]  ，则AF AB       ，而   , 2, AF x y z     ，   2, 2,0 AB    ， ∴ 2 x   、 2 2 y    、 0 z  ， ∴ ( 2 , 2 2,0) F   ， ∴   0, 2, 2 VC     、   2,0, 2 VB    、   0,0, 2 EV    、   2 , 2 2, 2 VF        ，设面VEF 的一个法向量 1 1 1 1 ( , , ) n x y z   ，则 1 1 0 0 n EV n VF              ，即 1 1 1 1 2 0 2 ( 2 2) 2 0 z x y z             ，令 1 1 y ，则 1 1 ,1,0 n           ， 设面VBC 的一个法向量 2 2 2 2 ( , , ) n x y z    ，则 2 2 0 0 n VC n VB               ，即 2 2 2 2 2 2 0 2 2 0 y z x z          ，令 2 1 x ，则   2 1,1,1    n ，面VEF 与 面VBC 所成锐二面角的平面角为，则 答案第4页，共7页 1 2 1 2 2 1 2 1 1 cos cos , 1 1 3 n n n n n n                           2 2 1 1 1 1 3 2 2 1 3 2( ) 2 2            ， 当 1 2  时 max 6 (cos ) 3   ，即cos的最大值为 6 3 . 17.解(1)因为a∥b,所以 x -2 = 4 y = 1 -1,解得x=2,y=-4,这时a=(2,4,1),b=(-2,-4,-1).又因为b⊥c,所以 b·c=0,即-6+8-z=0,解得z=2,所以c=(3,-2,2).（6 分） (2)由(1)得a+c=(5,2,3),b+c=(1,-6,1),所以a+c 与b+c 所成角的余弦值cos<a+c,b+c>= 5-12+ 3 38× 38=- 2 19.（10 分） 18.解(1)2a+b=(2,-6,4)+(-2,1,1)=(0,-5,5),故|2a+b|= 02 + ( −5)2 + 52=5 2.（6 分） (2)OE = OA + AE = OA+tAB=(-3,-1,4)+t(1,-1,-2)=(-3+t,-1-t,4-2t),（8 分） 若OE⊥b,则OE·b=0,所以-2(-3+t)+(-1-t)+(4-2t)=0,解得t= 9 5,（10 分）因此存在点E,使得OE⊥b,此时点E 的 坐标为E - 6 5 ,- 14 5 , 2 5 .（12 分） 19.（1）在直三棱柱 1 1 1 ABC A BC - 中，AB AC  ， 2 AB AC   ， 1 4 AA  ，点D 是BC 的中点． 以A 为原点，AB 为x 轴，AC 为y 轴， 1 AA 为z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系， （2 分） (0 A ，0，0) ， 1(0 A ，0，4) ， (2 B ，0，0) ， 1(0 C ，2，4) ， (1 D ，1，0) ， 1 (2,0, 4) A B    ， 1 (1, 1, 4) C D     ， 答案第5页，共7页 设异面直线 1 A B 与 1 C D 所成角为，则异面直线 1 A B 与 1 C D 所成角的余弦值为： 1 1 1 1 | | 18 3 10 cos 10 | | | | 20 18 A B C D A B C D             ； （6 分） （2）平面 1 AC D 的法向量 (2, 2,1) n    ， （8 分） (1, 1,0) CD     设直线CD 与平面 1 AC D 所成角为， π 0, 2       ， 则 2 2 0 2 2 sin | cos , | | | 3 | | | | 4 4 1 1 1 0 CD CD CD n n n                       ， （11 分） 所以直线CD 与平面 1 AC D 所成角的正弦值为2 2 3 ． （12 分） 20.（1）法一：以A 为坐标原点， , , AB AD AE     正方向为, , x y z 轴，可建立如图所示空间直角坐标系， （2 分） 则   0,0,0 A ，   1,2,0 M ，   1,0,1 N ，   0,2,1 F ，   0,0,2 E ，   1,2,0 NF     ，   0, 2,1 MN     ，   0,2,1 AF    ，   0,0,2 AE    ； AE ^ Q 平面ABCD ，平面ABCD的一个法向量为   0,0,2 AE    ， （4 分） 0 NF AE       ， NF AE      ，则平面ABCD外直线 // NF 平面ABCD .（6 分） 法二：取AB 中点P,证明NF 平行且等于PD.（做对给6 分） （2）设平面MNF 的法向量   , , n x y z   ， 则 2 0 2 0 NF n x y MN n y z                 ，令 1 y ，解得： 2 x  ， 2 z  ，   2,1,2 n    ， （9 分） 点A 到平面MNF 的距离 2 2 2 4 4 3 2 1 2 AF n d n          .（12 分） 21．解： （1）取AB 的中点O，连接OP ，并过O 点作BC 的平行线OE ，交CD 于E，则OE AB  ∵三角形PAB为正三角形∴PO AB  ∵平面PAB 底面ABCD且平面PAB 底面ABCD AB  ∴PO 底面ABCD（2 分） 以O 为坐标原点，OB   的方向为x 轴正方向，建立如图所示空间直角坐标系（3 分） ， 令 2 PB AB   ， 答案第6页，共7页 则  1,0,0 B ，  0,0, 3 P ，   1,1,0 M  ，  1,2,0 C   1,2, 3 PC     ，   2,1,0 BM        1 2 2 1 3 0 0 PC BM          ∴PC BM  （6 分） （2）   1,1, 3 PM     ，   2, 1,0 CM     设平面PMB 的一个法向量为   , , m x y z    则 0 0 PM m BM m            即 3 0 2 0 x y z x y          令 1 x ， 3 1,2, 3 m          （8 分） 设平面PMC 的一个法向量为   , , n a b c   则 0 0 PM n CM n            即 3 0 2 0 a b c a b          令 1