河北省沧州市部分学校2022-2023学年高二上学期第一次月考试题 数学答案

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2022-2023 年第一学期第一次阶段测试卷
高二数学答案
1.B【解析】
2 3 2(2,0,1) ( 3,1, 1) 3(1,1, 0) ( 2, 2,1)a b c  
 
.故选 B.
2.D
3.C【解析】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°.
4.B
5.B
6.A【解析】∵两平行平面α，β分别经过坐标原点 O和点 A(1，2，3)，OA
―→＝(1，2，3)，且两平面
的一个法向量
n
＝(－1，0，1)，∴两平面间的距离 d＝
2
n OA
n
 
.故选 A.
7.C【详解】如图所示，连接
OF
,∵
OD OF FD 
 
，
1( )
2
OF OB OC 
 
，
3
4
FD FE
 
，
，
1
2
OE OA
 
，
∴
3
4
OD OF FD OF FE
   
 
3 3 1
4 4 4
OF OE OF OE OF 
 
1 1 ( )
2 2
3 1
4 4
OA OB OC  
 
8
3
8
1 1
8
OA OB OC 
  
1 1
8
3
8 8
a b c
.故选 C.
8．B【解析】分别以
AB
、
AD
、
AP
为
x
轴，
y
轴，
z
轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设
1PA
，
 
, ,M x y z
，故
(0,0,1)P
，
(1,1,0)C
,
 
, , 1PM x y z 
，
 
1,1, 1PC  
,
由
PM t PC
 
可知，
1
x t
y t
z t
 
，即
 
, ,1M t t t
，
又因为
BMD
为锐角，所以
0MB MD 
 
，
由
 
1,0,0B
,
 
0,1, 0D
,可知
 
1 , , 1MB t t t  
，
 
,1 , 1MD t t t 
，
     
2
1 1 1 0MB MD t t t t t     
 
，整理得
2
3 4 1 0t t  
，
解得
1
03
t 
，故选 B.
9.AB
10.ACD【解析】求点关于坐标轴或坐标平面对称的点的坐标，其规律是“关于谁对称，谁不变”，如
点(x，y，z)关于 y轴的对称点为(－x，y，－z)，关于平面 Oyz 的对称点是(－x，y，z)．故选 ACD.
11．ABC【解析】
对于 A，
1
1 1 3 2 1
3 3 2
C EFG ECF
V S CC
 
△
，故 A正确；
对于 B，以 DA 为x轴，DC 为y轴，
1
DD
为z轴，建立空间直角坐标系，
 
0, 2, 0C
，
 
12, 0, 2A
，
 
1, 0, 0E
，
 
2,1, 0F
，
 
1, 2, 2G
，
则
 
12, 2, 2A C  
，
 
1,1, 0EF
，
 
0, 2, 2EG
，
10A C EF 
 
，
10A C EG 
 
，
则
1
A C
平面 EFG，B正确；
对于 C，作
1 1
C D
中点 N，
1
BB
的中点 M，
1
DD
的中点 T，连接 GN，GM，FM，
TN，ET，则正六边形 EFMGNT 为对应截面面积，正六边形边长为
2
，则截面
面积为：
 
2
3
6 2 3 3
4
S 
，故 C正确；
对于 D，平面 ABCD 的一个法向量为
(0,0,1)n
，
平面
EGF
的一个法向量为
 
12, 2, 2A C  
，设两个平面夹角为
,
1
1
2 3
cos 3
2 3
n A C
n A C
 
 
 
，故 D错误．故选 ABC.
12.ABD【解析】对于 A选项，以点 A为原点，AB，AD，AA′所在直线分别为 x轴、y轴、z轴建立
如图所示的空间直角坐标系，则 B(1，0，0)，D(0，2，0)，A′(0，0，3)．
故
BD
＝(－1，2，0)，
BA
＝(－1，0，3)．
设N(1，y，z)是四边形 BCC′B′内一点，
则0≤y≤2，0≤z≤3，
AN
＝(1，y，z)．
令AN
―→·BD
―→＝0，
AN
―→·BA′
―→＝0，
得－1＋2y＝0，
－1＋3z＝0.
解得
y＝1
2，
z＝1
3.
故在四边形 BCC′B′内存在一点 N
1 1
(1, , )
2 3
，使得 AN⊥平面 A′BD.
对于 B选项，三棱锥 A′-BCD 外接球就是长方体 ABCD-A′B′C′D′中的外接球，所以对角线 A′C就是
外接球直径，所以外接球表面积是
14
；
对于 C选项，借助等体积法
C A BD A BCD
V V
 
 
,可求得点 C到平面 A′BD 的距离是
6
7
;
对于 D选项，由(1)可知 AN
―→＝
1 1
(1, , )
2 3
是平面 A′BD 的一个法向量，
又B(1，0，0)，所以平面 A′BD 可用下式表示
1 1
(1, , )
2 3
·(x－1，y－0，z－0)＝0.
化简，得(6，3，2)·(x－1，y，z)＝0，
即6x＋3y＋2z＝6.①
设点 E为线段 AC′的一个三等分点，且满足 AE
―→＝1
3AC′
―→.
由AC′
―→＝(1，2，3)，可知 AE
―→＝
1 2
( , ,1)
3 3
，即点 E的坐标为
1 2
( , ,1)
3 3
.
代入①检验可知，点 E的坐标满足平面 A′BD 的表达式①.
所以 AC′的三等分点 E在平面 A′BD 内，即 AC′与平面 A′BD 的交点是线段 AC′的三等分点．
选择 ABD.
13. AD
―→
【解析】BA
―→＋CB
―→－CD
―→＋2AD
―→＝BA
―→＋DB
―→＋2AD
―→＝BA
―→－BD
―→＋2AD
―→＝DA
―→＋2AD
―→＝
AD
―→.
14．
5
6
【解析】根据 P，A，B，C四点共面的条件，知存在实数 x，y，z，使得
OP
―→＝xOA
―→＋yOB
―→＋zOC
―→成立，其中 x＋y＋z＝1，于是
1 2 (1 ) 1
6 3
  
，所以λ＝
5
6
.
15.
6
2
【解析】 PA
―→＝(0，－1，－1)，|PA
―→|＝
2
，
2
2
PA n
n
 
，则点 P到直线 l的距离
d＝
2
26
2
PA n
PA
n
 
 
.
16. 2【解析】建立如图空间直角坐标系，设正方形 ABCD 的边长为 1，PA＝a，则 B(1，0，0)，
E
1
( ,1,0)
2
，P(0，0，a)．设 F(0，y，0)，则 BF
―→＝(－1，y，0)，PE
―→＝
1
( ,1, )
2a
.
因为 BF⊥PE，即 BF
―→·PE
―→＝(－1)×1
2＋y＝0，解得 y＝1
2，
即F
1
(0, ,0)
2
是AD 的中点，故
2
AD
AF
.
17. 【解析】(1)
a
r
Q
＝AB
―→＝(－1，1，2＋2t)－(－2，0，2)＝(1，1，2t)，........1 分
b
＝AC
―→＝(－3，t，4)－(－2，0，2)＝(－1，t，2)．........2 分
摘要：

2022-2023年第一学期第一次阶段测试卷高二数学答案1.B【解析】232(2,0,1)(3,1,1)3(1,1,0)(2,2,1)abc.故选B.2.D3.C【解析】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°.4.B5.B6.A【解析】∵两平行平面α，β分别经过坐标原点O和点A(1，2，3)，OA―→＝(1，2，3)，且两平面的一个法向量n＝(－1，0，1)，∴两平面间的距离d＝2nOAn.故选A.7.C【详解】如图所示，连接OF,∵ODOFFD...

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