山东省夏津第一中学2021-2022学年高二上学期数学周清试题（一） 答案

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答案
1-8 A A C D A B B C
9．
BC．10．
BD．11．
ABC．12．
ABC．
13. 14. ．15. 16.5
17. [解]　因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得 BD＝AD，
从而 BD2＋AD2＝AB2，故 BD⊥AD，以 D点为坐标原点，
射线 DA，DB，DP 为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系
Dxyz，
则A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0,1)．
∴＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，
设平面 PAB 的法向量为 n＝(x，y，z)，
则即
即因此可取 n＝(，1，)．
∴平面 PAB 的一个法向量为(，1，)．
18.[解]　①如图过 D作DE⊥BC 于E，
则DE＝CD·sin 30°＝，
OE＝OB－BDcos 60°＝1－＝，
∴D的坐标为，
又∵C(0,1,0)，∴CD＝．
②依题设有 A点坐标为，
∴AD＝，BC＝(0,2,0)，
则AD与BC的夹角的余弦值：
cos〈AD，BC〉＝＝－．
19.【解答】解：（1）设 ，则由题可知 解得 或
所以 或 ．
（2）因为向量 与向量 共线，所以 ．
又 ， ， 所 以 ，
，
所以 ，且 ， ，
所 以 与 夹 角 的 余 弦 值 为
．
20.【解答】解：（1）由图可得 ，
＝ ＝ ＝ ，
（2）∵三棱柱 ABC﹣A1B1C1，∴四边形 ACC1A1是平行四边形，
又因为∠ACC1＝90°，所以四边形 ACC1A1是矩形，∴AC⊥AA1，
∵BC＝2，AC＝1，∠ACB＝60°，∴由余弦定理可得 AB2＝AC2+BC22﹣AC•BC•cos60°，
∴，故 BC2＝AC2+AB2，∴AC⊥AB，AB∩AA1＝A，∴AA1⊥面ABB1A1，
连接 B1D，BA1，∵∠BCC1＝60°，BC＝CC1＝2，∴BC1＝2，
∴△BCC1和△BB1C1为正三角形，∴A1D＝1， ，
cos∠DA1B1＝ ＝ ，
∵AB∥A1B1，∴异面直线 AB 与A1D所成角的余弦值为 ．
21. （1）∵ ∥ ， ∴四边形 为菱形，
摘要：

答案1-8AACDABBC9．BC．10．BD．11．ABC．12．ABC．13.14.．15.16.517.[解]　因为∠DAB＝60°，AB＝2AD，由余弦定理得BD＝AD，从而BD2＋AD2＝AB2，故BD⊥AD，以D点为坐标原点，射线DA，DB，DP为x，y，z轴的正半轴建立空间直角坐标系Dxyz，则A(1,0,0)，B(0，，0)，P(0,0,1)．∴＝(－1，，0)，＝(0，，－1)，设平面PAB的法向量为n＝(x，y，z)，则即即因此可取n＝(，1，)．∴平面PAB的一个法向量为(，1，)．18.[解]　①如图过D作DE⊥BC于E，则DE＝CD·sin30°＝，OE＝OB－BDc...

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