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 202
1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，B1
C的中点，若AB＝a，则MN的长为( )A．a B．a C．a D．a2.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． 35.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．
－510.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(x
0－1，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(k
a＋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B
M?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. |
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