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2015年高考数学模拟预测试卷(新课标)16

2015 年高考数学模拟预测试卷(新课标)

1.已知向量 AB =(2,4,5), CD =(3,x,y),若 AB ∥ CD ,则( A.x=6,y=15 C.x=3,y=15

)

8 15 3 2 8 15 D.x=6,y= 3 2
B.x=3,y=

2.已知正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,点 E 为上底面 A1C1 的中心,若 AE = AA 1 +x AB + y AD ,则 x、y 的值分别为( A.x=1,y=1 C.x= )

B.x=1,y= D.x=

1 2

1 1 ,y= 2 2

1 ,y=1 2

3.已知平面 α 内有一个点 A(2,-1,2),α 的一个法向量为 n=(3,1,2),则下列点 P 中,在平面 α 内的是( ) A.(1,-1,1) C.(1,-3, B.(1,3,

3 ) 2 3 ) 2

3 ) 2

D.(-1,3,-

4.△ABC 的顶点分别为 A(1,-1,2),B(5,-6,2),C(1,3,-1),则 AC 边上的高 BD 等于( ) A.5 B. 41 C.4 D.2 5

5.如图所示,已知空间四边形 OABC 中,|OB|=|OC|,且∠AOB=∠AOC,则 OA 、CB 夹 角 θ 的余弦值为( )

A.0

B.

1 2

C.

3 2

D.

2 2
2 1 A1D,AF= AC, 3 3

6.如图,正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,E,F 分别在 A1D,AC 上,且 A1E= 则( )

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A.EF 至多与 A1D,AC 之一垂直 B.EF⊥A1D,EF⊥AC C.EF 与 BD1 相交 D.EF 与 BD1 异面 7.如图所示,在正方体 ABCD-A1B1C1D1

中,O 是底面正方形 ABCD 的中心,M 是 D1D 的中点,N 是 A1B1 上的动点,则直线 NO、AM 的位置关系是( ) A.平行 B.相交 C.异面垂直 D.异面不垂直

8.若向量 a=(1,1,x),b=(1,2,1),c=(1,1,1),满足条件(c-a)·(2b)=-2,则 x=________. 9.已知 2a+b=(0,-5,10),c=(1,-2,-2),a·c=4,|b|=12,则以 b,c 为 方向向量的两直线的夹角为________. 10.如图,直三棱柱 ABC-A1B1C1 中,AB=AC=1,AA1=2,∠B1A1C1=90°,D 为 BB1 的中 点,则异面直线 C1D 与 A1C 所成角的余弦值为________.

11.已知点 A(1,t,-1)关于 x 轴的对称点为 B,关于 xOy 平面的对称点为 C,则 BC 中点 D 的坐标为________. 12. 如图, 已知矩形 ABCD 和矩形 ADEF 所在的平面互相垂直, 点 M, N 分别在对角线 BD,

试卷第 2 页,总 3 页

AE 上,且 BM=

1 1 BD,AN= AE.求证:MN∥平面 CDE. 3 3

13.如图所示,已知空间四边形 ABCD 的每条边和对角线长都等于 1,点 E、F、G 分别 是 AB、AD、CD 的中点,计算:

(1) EF · BA ; (2) EF · DC ; (3)EG 的长; (4)异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值. 14.如图,在棱长为 a 的正方体 ABCD-A1B1C1D1 中,G 为△BC1D 的重心,

(1)求证:A1、G、C 三点共线; (2)求证:A1C⊥平面 BC1D; (3)求点 C 到平面 BC1D 的距离. 评卷人 得分 四、新添加的题型

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参考答案 1.D 【解析】∵ 2.C 【解析】如图, AE = AA 1 +A 1E = AA 1 +

3 x y 8 15 = = ,∴x=6,y= ,选 D 项. 2 4 5 3 2 1 1 ( AB + AD ). AC 1 + 1 1 = AA 2 2

3.B 【解析】对于选项 A, PA =(1,0,1),则 PA ·n=(1,0,1)·(3,1,2)=5≠0,故排除 A;对 于选项 B, PA =(1,-4, 均不满足 PA ·n=0. 4.A 【解析】设 AD =λ AC ,又 AC =(0,4,-3), 则 AD =(0,4λ ,-3λ ),

1 1 ),则 PA ·n=(1,-4, )·(3,1,2)=0,验证可知 C、D 2 2

AB =(4,-5,0), BD =(-4,4λ +5,-3λ ),
由 AC · BD =0. 得 λ =-

4 9 12 ,∴ BD =(-4, , ). 5 5 5

∴| BD |=5. 5.A 【解析】设 OA =a, OB =b, OC =c. 由已知条件∠AOB=∠AOC,且|b|=|c|, OA · BC =a·(c-b)=a·c-a·b=|a||c|cos

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∠AOC-|a||b|cos∠AOB=0, ∴cosθ =0.故选 A. 6.B 【解析】以 D 点为坐标原点,以 DA,DC,DD1 所在直线分别为 x,y,z 轴建立空间直角坐标 系,设正方体棱长为 1,则 A1(1,0,1),D(0,0,0),A(1,0,0),C(0,1,0),E( F(

1 1 ,0, ), 3 3

2 1 , ,0),B(1,1,0),D1(0,0,1), 3 3

A1D =(-1,0,-1), AC =(-1,1,0),
1 1 1 EF =( , ,- ), BD1 =(-1,-1,1), 3 3 3 1 EF =- BD1 , A1D · EF = AC · EF =0, 3
从而 EF∥BD1,EF⊥A1D,EF⊥AC.故选 B. 7.C 【解析】建立坐标系如图,设正方体的棱长为 2,则 A(2,0,0),M(0,0,1),O(1,1,0),N(2, t,2), NO =(-1,1-t,-2), AM =(-2,0,1), NO · AM =0,则直线 NO、AM 的位 置关系是异面垂直.

8.2 【解析】c-a=(0,0,1-x),2b=(2,4,2),由(c-a)·(2b)=-2, 得(0,0,1-x)·(2,4,2)=-2, 即 2(1-x)=-2,解得 x=2. 9.60° 【解析】由题意得(2a+b)·c=0+10-20=-10. 即 2a·c+b·c=-10, 又∵a·c=4,∴b·c=-18, ∴cos〈b,c〉=

b?c ?18 1 = =- , 2 b ? c 12 ? 1 ? 4 ? 4

∴〈b,c〉=120°,∴两直线的夹角为 60°. 10.

15 15

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【解析】 以 A 为原点建立空间直角坐标系, 如图 A1(0,0,2), C(0,1,0), D(1,0,1), C1(0,1,2),

则 C1D =(1,-1,-1), AC 1 =(0,1,-2),| C1D |= 3 ,| AC 1 |= 5 ,

C1D · AC 1 =1,
cos〈 C1D , AC 1 〉=

C1 D ? A1C C1 D ? A1C



15 , 15 15 . 15

故异面直线 C1D 与 A1C 所成角的余弦值为

11.(1,0,1) 【解析】因为 A(1,t,-1)关于 x 轴的对称点为 B(1,-t,1),关于 xOy 平面的对称点为 C(1,t,1),所以 BC 中点 D 的坐标为( 12. 【解析】证明:如图,因为 M 在 BD 上,且 BM= 所以 MB =

1 ? 1 ?t ? t 1 ? 1 , , ),即 D(1,0,1). 2 2 2
1 BD, 3

1 1 1 DB = DA + AB . 3 3 3 1 1 同理 AN = AD + DE . 3 3 1 1 1 1 2 所以 MN = MB + BA + AN =( DA + AB )+ BA +( AD + DE )= BA + 3 3 3 3 3 1 2 1 DE = CD + DE . 3 3 3
又 CD 与 DE 不共线,根据向量共面的充要条件可知 MN , CD , DE 共面. 由于 MN 不在平面 CDE 内,所以 MN∥平面 CDE. 13. (1)

1 4

(2)-

1 4

(3)

2 2

(4)

2 3

【解析】解:设 AB =a, AC =b, AD =c. 则|a|=|b|=|c|=1,
答案第 3 页,总 5 页

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〈a,b〉=〈b,c〉=〈c,a〉=60°.

1 1 1 BD= c- a, BA =-a, DC =b-c, 2 2 2 1 1 (1) EF · BA =( c- a)·(-a) 2 2 1 2 1 1 = a - a·c= ; 2 2 4 1 (2) EF · DC = (c-a)·(b-c) 2 1 1 2 = (b·c-a·b-c +a·c)=- ; 2 4
EF =
(3) EG = EB + BC + CG

1 1 1 1 1 1 a+b-a+ c- b=- a+ b+ c. 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 | EG | = a + b + c - a·b+ b·c- c·a= . 4 4 4 2 2 2 2
= 即| EG |=

2 , 2 2 . 2

所以 EG 的长为

(4)设 AG 、 CE 的夹角为 θ .

1 1 1 AG = b+ c, CE = CA + AE =-b+ a, 2 2 2
cosθ =

AG ? CE AG ? CE

=-

2 , 3 2 . 3

由于异面直线所成角的范围是(0°,90°], 所以异面直线 AG 与 CE 所成角的余弦值为

14. (1)见解析

(2)见解析

(3)

3 a. 3

【解析】解:(1)证明: CA1 = CB + BA + AA 1 = CB + CD + CC1 , 可以证明:CG =

1 1 ( CB + CD + CC1 )= CA1 ,∴ CG ∥ CA1 ,即 A1、G、C 三点共线. 3 3

(2)证明:设 CB =a, CD =b, CC1 =c, 则|a|=|b|=|c|=a, 且 a·b=b·c=c·a=0,
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∵ CA1 =a+b+c, BC1 =c-a, ∴ CA1 · BC1 =(a+b+c)·(c-a)=c -a =0,
2 2

∴ CA1 ⊥ BC1 ,即 CA1⊥BC1, 同理可证:CA1⊥BD, 因此 A1C⊥平面 BC1D. (3)∵ CA1 =a+b+c, ∴ CA1 =a +b +c =3a ,
2 2 2 2 2

即| CA1 |= 3 a,因此| CG |=

3 a. 3

即 C 到平面 BC1D 的距离为

3 a. 3

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