2023-2024学年河北省石家庄市尚义重点学校高二（上）联考数学试卷（9月份）（含解析）

第=page11页，共=sectionpages11页2023-2024学年河北省石家庄市尚义重点学校高二（上）联考数学试卷（9月份）一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知向量a=(6,−2,6A.−2 B.3 C.−3 2.若a=(1,0,1)，A.(2,0,0) B.(3.在空间直角坐标系中，点(1,−2,3A.(−1,2,3) B.4.已知A(2,1,3)，B(2,A.(0,−1,1) B.5.已知A(3,2,0)，B(A.(1,1,1) B.(6.如图所示，在四面体O−ABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在A.13a−34b+137.a=(1,−1,0)，b=(−1A.3 B.−3 C.4 D.8.在三棱锥M−ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC是正三角形，AB=2，MA=A.12 B.2 C.13 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.关于空间向量，以下说法正确的是(

)A.若直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，则直线l与平面α所成的角等于50°

B.已知向量{a,b,c}组是空间的一个基底，则{a+b,b+c,a+b+c}也是空间的一个基底

C.10.下列命题中是假命题的是(

)A.若非零向量a与平面α平行，则a所在直线与平面α也平行

B.若平面α，β的法向量分别为n1=(0,1,3)，n2=(1,0,3)，则α/​/β11.如图，在平行六面体ABCD−A1B1CA.BD1=AA1+AD−AB

12.如图，已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，E，F，A.A1C⊥平面EFG

B.C到平面EFG的距离为3

C.过点E，F，G作正方体的截面，所得截面的面积是3

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知A(1,2,3)，B(−2,2,14.在平行六面体ABCD−A1B1C1D1中，F为棱DD1的中点，E为棱15.P为矩形ABCD所在平面外一点，PA上平面ABCD，若已知AB=5，AD16.已知空间有三点A(−1,0,1)，B(0,1,3)四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知空间三点A(−2,0,2)，B(t−2,4,3)，C(−4,s,1)，设a=AB，18.(本小题12.0分)

如图，在三棱台ABC−A1B1C1中，M，N分别为棱BC，AB的中点.设AB=a，AC=b，AA1=c．

(119.(本小题12.0分)

如图，四边形ABCD为正方形，PD⊥平面ABCD，且PD=DC=2，M、E、F分别为PC、AB、BC20.(本小题12.0分)

如图，在三棱锥P−ABC中，△PAC为等边三角形，PB=BC=4，AC=23，AB⊥AC．21.(本小题12.0分)

如图，在三棱锥P−ABC中，侧棱PA⊥底面ABC，且PA=AC=2，BC=22，AC⊥BC，过棱PC的中点E，作EF⊥PB交P22.(本小题12.0分)

如图，三棱锥P−ABC的底面ABC为等腰直角三角形，∠ABC=90°，AB=2.D，E分别为AC，BC的中点，PD⊥平面ABC，PD=

答案和解析1.【答案】C

【解析】解：当a/​/b时，则存在唯一的实数λ使得b=λa，

即−3=6λ1=−2λx=62.【答案】A

【解析】解：依题意，由a=(1,0,1)，b=(−1,2,3)，c3.【答案】B

【解析】解：在空间直角坐标系中，点(1,−2,3)关于y轴对称的点坐标为(−14.【答案】D

【解析】解：因为A(2,1,3)，B(2,−2,6)，C(3,6,6)，

所以AC=(1,5,3)，AB=5.【答案】C

【解析】解：由题可知AB=(−3,2,0)，AC=(0,−2,2)．

设n=(x,y,z)是平面ABC的法向量，

则n⊥A6.【答案】B

【解析】解：在四面体O−ABC中，

如图所示：

OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=3MA，N为△OBC7.【答案】D

【解析】解：∵b=(−1,0,1)，a=(1,−1,0)，

∴a，b不共线，

又∵a，b，8.【答案】B

【解析】解：在MB上取E，使得EF/​/BC，连接AE，

则异面直线BC与AF所成角为∠AFE(或其补角)，

又在三棱锥M−ABC中，MA⊥平面ABC，△ABC是正三角形，AB=2，MA=5，

则MC=MB=3，AE=AF，

设MF=tMC，则EF=2t，ME=MF=3t，

AE2=M9.【答案】BC【解析】解：因为直线l的方向向量与平面α的法向量的夹角等于130°，所以它们所在直线的夹角为50°，

则直线l与平面α所成的角等于90°−50°=40°.故A错误；

不存在x，y使得，x(a+b)+y(b+c)=a+b+c，

所以a+b，b+c，a+b+c不共面，能构成基底，故B正确；

若OP=xOA+yOB+zO10.【答案】AB【解析】解：若非零向量a与平面α平行，则a所在直线可能与平面α平行，也可能在平面α内，故A是假命题；

因为v⊥n1，则l/​/α或l⊂α，故C为假命题；

若n1=λn2,(λ≠0)，则(0,1,3)=λ(11.【答案】CD【解析】解：设AB=a，AD=b，AA1=c，由题意，|a|=|b|=|c|=1，<a,b>=<b,c>=<a,c>=60°，

选项A，BD1=AD1−AB=12(AD+AA1)−AB，故A错误；

选项B，|BD1|=12.【答案】AB【解析】解：以D为原点，DA，DC，DD，所在直线分别为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，

因为正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为2，

E，F，G分别为AD，AB，B1C1的中点，

则A(2,0,0)，B(2,2,0)，C(0,2,0)，

D(0,0,0)，A1(2,0,2)，B1(2,2,2)，

C1(0,2,2)，D1(0,0,2)，E(1,0,0)，F(2,1,0)，G(1,2,2)，

因为A1C=(−2,2,−2),EF=(1,1,0),FG=(−1,1,2)，

A1C⋅EF=−2+2−0=0,A1C⋅FG=2+2−4=13.【答案】(−3【解析】解：因为A(1,2,3)，B(−2,2,1)在直线l14.【答案】16【解析】解：如图，

EF=EB1+B1F=EB1+B1D1+D1F

=λBB1+B1D1+μDD1=15.【答案】5459【解析】解：

过A作AE⊥BD于E，连接PE，

直线PA⊥平面ABCD，

∴AP⊥BD，又AE⊥BD，AP∩AE=A，AP，AE⊂面PAE，则BD⊥面PAE

∴PE⊥BD，PE为所求的距离，

16.【答案】(−【解析】解：设M(x,y,z)，则AM=(x+1,y,z−1)，BM=(x,y−1,z−3)，

又BC=(317.【答案】解：(1)因为A(−2,0,2)，B(t−2,4,3)，C(−4,s,1)，

所以a=AB=(t,4,1)，b=AC=(−2,s,−1)，

当t=2时，a=(【解析】(1)先根据题意表示出a,b的坐标，再由共线向量定理列方程求解即可，

(218.【答案】解：(1)A1N=A1A+AN=−AA1+12AB=−c+12a，

A1M=A1A+AM=【解析】(1)利用空间向量的线性运算法则求解即可；

(2)用a，b，c表示出C119.【答案】解：(1)证明：取PD中点N，连接MN和AN，则MN/​/DC，且MN=12CD，

又底面ABCD为正方形，AE=12AB=12CD，

∴MN/​/AE，且AE=MN，

∴四边形MNAE为平行四边形，

∴AN/​/ME，

又AN⊂平面PAD，ME⊄平面PAD，

∴ME/​/平面PAD；

(2)建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系，如图所示：

则P(0,0,2)，A(2,0,【解析】(1)取PD中点N，连接MN和AN，则MN/​/DC，利用三角形中位线定理及正方形的性质可得四边形MNAE为平行四边形，结合线面平行的判定定理即可得出结论．

(2)建立以D为坐标原点，DA，DC，DP分别为x轴、y轴、z轴正方向的空间直角坐标系，如图所示，设平面P20.【答案】解：(1)证明：因为△PAC为等边三角形，PB=BC=4，AC=23，

∵AB⊥AC，BC=4，AC=23，∴AB2+AC2=BC2，∴AB=2，

∴AB2+AP2=4+12=16=PB2，

∴AB⊥AP，且AC∩AP=A，

∴AB⊥平面PAC，又AB⊂平面ABC，

【解析】(1)由已知可得AB=2，再由勾股定理证明AB⊥AP，从而得AB⊥平面21.【答案】(1)解：∵侧棱PA⊥底面ABC，BC⊂底面ABC，∴PA⊥BC，

又AC⊥BC，AC∩PA=P，∴BC⊥平面PAC，则BC⊥PC，

∵EF⊥PB，∴△PEF∽△PBC，可得PFPC=PEPB，

∵PA=AC=2，∴PC=22，又BC=22，∴PB=4，

又E是PC的中点，∴PE=12PC=2，

∴PF=PE⋅PCPB=2×224=1，

即F在PB的四等分点处，距离P点较近；

(2)证明：∵PA=AC【解析】(1)证明△PEF∽△PBC，利用三角形的相似比求解；

(2)证明AE⊥PB，结合已知EF⊥PB，即可证明PB⊥平面AEF；

(3)以A为坐标原点，在平面22.【答案】解：(1)由题