2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期10月月考数学试题含答案，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省大连市第八中学高二上学期10月月考数学试题 一、单选题1．已知空间点，则点P关于y轴对称的点的坐标为（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】利用空间直角坐标系点关于坐标轴对称的特点求解作答.【详解】依题意，点关于y轴对称的点的坐标为.故选：D2．已知向量，若，则实数x的值为（    ）A．7 B．8 C．9 D．10【答案】D【分析】解方程即得解.【详解】解：因为，所以.故选：D3．已知空间向量，，若，则（    ）A． B． C．1 D．2【答案】A【分析】由空间向量平行的坐标公式求出即可.【详解】由，解得，则.故选：A.4．已知平面的一个法向量为，点在平面内，则平面外一点到平面的距离为（    ）A． B． C． D．1【答案】B【分析】根据空间向量点到面的距离公式直接进行求解即可.【详解】因为，点在平面内，点平面外，所以点到平面的距离，故选：B5．三棱锥O﹣ABC中，M，N分别是AB，OC的中点，且＝，＝，＝，用，，表示，则等于（　　）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据空间向量运算求得正确答案.【详解】.故选：B6．如图，在等腰直角三角形中， ，、分别是线段、上异于端点的动点，且，现将沿直线折起至，使平面平面，当从滑动到A的过程中，的大小变化是（    ）  A．由小变大 B．由大变小 C．先变小后变大 D．大小不变【答案】D【分析】不妨设，根据面面垂直可得平面，进而可得，可求，在中，利用余弦定理运算求解.【详解】不妨设，则，可得，连接，因为，，则，即，平面平面，平面平面，平面，可得平面，且平面，所以，可得，在中，，且，则，所以的大小不变.故选：D.  7．120°的二面角的棱上有A，B两点，直线AC，BD分别在这个二面角的两个半平面内，且都垂直于AB.已知，，，则CD的长为(    )A． B． C． D．【答案】B【分析】由，把展开整理求解．【详解】由已知可得：，，，，＝41，∴.故选：B．8．正四棱锥的高，底边长，则异面直线和之间的距离A． B． C． D．【答案】C【分析】利用坐标法，利用异面直线距离的向量公式即求.【详解】建立如图所示的直角坐标系，则，，，，．，．令向量，且，则，，，，．异面直线和之间的距离为：．故选：C. 二、多选题9．已知向量，则与共线的单位向量（    ）A． B． C． D．【答案】AC【分析】直接利用向量求出向量的模，进一步求出单位向量．【详解】解：由于向量，所以根据单位向量的关系式，可得或．故选：．10．直线的方向向量为，两个平面，的法向量分别为，，则下列命题为真命题的是（    ）A．若，则直线平面B．若，则直线平面C．若，则直线与平面所成角的大小为D．若，则平面，所成二面角的大小为【答案】BC【分析】根据空间中线面角、二面角的范围及求法，结合线面的位置关系，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】对于A：若，则直线平面，或直线平面，故A错误；对于B：若，根据平行的传递性可得直线平面，故B正确；对于C：因为直线与平面所成角范围为，且若，即与的夹角为，所以直线与平面所成角的大小为，故C正确；对于D：因为两面所成角范围为，若，则平面，所成二面角的大小为或，故D错误.故选：BC11．空间四边形中，，分别是，的重心，设，，，下列结论正确的是（    ）A． B．若，，则C． D．【答案】ABD【分析】对于ACD，由，分别是，的重心，结合空间向量的线性运算可判断；利用 ，，知，，利用空间向量的线性运算可知进而判断B.【详解】对于AC，由是的重心，，故A正确，C错误；对于B，若，，则，，，所以，故B正确；对于D，由是的重心，，，故D正确；故选：ABD12．如图，在棱长为的正方体中，点为线段上的动点（含端点），下列四个结论中，正确的有（    ）A．存在点，使得平面B．存在点，使得直线与直线所成的角为C．存在点，使得三棱锥的体积为D．不存在点，使得，其中为二面角的大小，为直线与直线所成的角【答案】ACD【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量法可判断各选项的正误.【详解】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、、、、，设，即点，其中.对于A选项，假设存在点，使得平面，，，，则，解得，故当点为线段的中点时，平面，A对；对于B选项，，，由已知可得，则，B错；对于C选项，，点到平面的距离为，则，解得，C对；对于D选项，，，设平面的法向量为，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由图可得，，，，因为，，则，、，且余弦函数在上单调递减，则，D对.故选：ACD.【点睛】方法点睛：求空间角的常用方法：（1）定义法：由异面直线所成角、线面角、二面角的定义，结合图形，作出所求空间角，再结合题中条件，解对应的三角形，即可求出结果；（2）向量法：建立适当的空间直角坐标系，通过计算向量的夹角（两直线的方向向量、直线的方向向量与平面的法向量、两平面的法向量）的余弦值，即可求得结果. 三、填空题13．在空间直角坐标系中，已知，，点满足，则点的坐标是      ．【答案】【分析】设，根据空间向量的坐标运算求解.【详解】设，则，因为，则，解得，所以点的坐标是.故答案为：.14．如图三棱柱中，侧面是边长为菱形，∠，交于点，侧面，且为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系，则点的坐标为      ．【答案】【分析】过点作平面，连接，则，由此可求得点的坐标.【详解】三棱柱中，侧面是边长为菱形，∠，交于点，侧面，且为等腰直角三角形，如图建立空间直角坐标系，过作平面，垂足是，连接，，则，点的坐标为．故答案为: .15．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，为棱的中点，，，与平面交于点，则        .【答案】【分析】设，其中，用、、表示向量、、，利用共面向量的基本定理可知存在、使得，由空间向量基本定理可得出关于、、的方程组，即可解得实数的方程组，即可解得实数的值.【详解】设，其中，，，，因为、、、四点共线，则向量、、共面，由共面向量定理可知，存在、使得，即，所以，，解得.故答案为：. 四、双空题16．在直四棱柱中，侧棱长为6，底面是边长为8的菱形，且，点在边上，且满足，动点在该四棱柱的表面上运动，并且总保持，则动点的轨迹围成的图形的周长为      ；当与平面所成角最大时，异面直线与所成角的余弦值为       ．【答案】     /     /【分析】由题意可得平面，则，在上取一点，使得，连接，设，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解.【详解】因为在直四棱柱中，平面，平面，所以，因为四边形为菱形，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，在上取一点，使得，连接，因为点在边上，且满足，所以∥，所以，设，以为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，因为底面是边长为8的菱形，且，所以为等边三角形，且边长为8，即，所以，所以，在上取一点，令，则，由，得，即，所以，因为，，平面，所以平面，所以的边为点的运动轨迹，因为∥，所以，所以，，所以的周长为，即动点的轨迹围成的图形的周长为，因为的边为点的运动轨迹，所以当点与点重合时，与平面所成角最大，因为，所以，因为的一个方向向量为，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为，故答案为：，【点睛】关键点点睛：此题考查立体几何中的轨迹问题，考查异面直线所成的角，解题的关键是根据题意建立空间直角坐标系，利用空间向量确定出平面，从而可确定出点的轨迹，考查空间想象能力和计算能力，属于较难题. 五、解答题17．已知向量，.(1)求的值；(2)求向量与夹角的余弦值.【答案】(1)；(2). 【分析】（1）根据向量的坐标运算及向量模的坐标表示求解；（2）根据向量夹角的坐标表示计算即可得解.【详解】（1）∵，，∴，，∴；（2）设与的夹角为，则，，，，，∴，∴向量与夹角的余弦值为.18．如图，三棱柱中，M，N分别是上的点，且．设，，．(1)试用，，表示向量；(2)若，求MN的长．【答案】(1)(2) 【分析】（1）利用空间向量的线性运算即可求解.（2）根据空间向量的数量积以及向量模的求法即可求解.【详解】（1）解：， ∴；（2）解：，，，，， 即MN的长为.19．条件①：图1中．条件②：图1中．条件③：图2中，．在这三个条件中任选一个，补充在下面的横线上，并加以解答．如图1所示，在中，，BC＝3，，沿AD将折起，使（如图2），点M为棱AC的中点．已知______，在棱CD上取一点N，使得，求锐二面角的余弦值．【答案】【分析】选①：在中结合可得；选②：对根据向量的线性运算整理可得，即；选③：根据面积可得．建系，分别求平面BNM、平面BNC的法向量，结合，运算求解．【详解】选①，在图1的中，设，则，在中，，解得∴，．由题意知，BD，CD，AD两两垂直，以点D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，，∴．由，可得，．设平面BNM的法向量，由，得，令x＝1，则是平面BNM的一个法向量．取平面BNC的一个法向量，∴，∴锐二面角的余弦值为．选②，在图1的中，由，得，即．∵，，∴CD＝2，BD＝1，以下步骤和①相同．选③，设，则CD＝3－x，∴，解得x＝1或x＝2．又∵，∴CD＝2，BD＝1．以下步骤和①相同．20．如图，在四棱锥中，底面ABCD，四边形ABCD为正方形，，E，F分别是AD，PB的中点．(1)证明：平面PCD．(2)求直线PA与平面CEF所成角的正弦值．【答案】(1)证明见解析(2) 【分析】（1）由平行四边形可得线线平行，进而由线面平行的判定定理即可求证，（2）建立空间直角坐标系，由向量法即可求解线面角.【详解】（1）如图，设M为PC的中点，连接FM，MD．                因为F，M分别为PB，PC的中点，所以．在正方形ABCD中，，所以．所以四边形DEFM为平行四边形，．                 因为平面PCD，平面PCD，所以平面PCD．（2）以D为原点，以DA，DC，DP所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．不妨设，则，           ．                 设平面CEF的法向量为，则即令，则．            设直线PA与平面CEF所成角为，则，故直线PA与平面CEF所成角的正弦值为．21．如图，是以为直径的圆上异于的点，平面平面，，，分别是的中点，记平面与平面的交线为直线.(1)求证：直线平面；(2)直线上是否存在点，使直线分别与平面，直线所成的角互余？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.【答案】(1)见解析(2)存在， 【分析】（1）证明，可得面，根据线面平行的性质可得，再根据面面垂直的性质可得面，即可得证；（2）取中点，连接，，说明，，两两垂直，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，利用向量法可得出答案.【详解】（1）证明：∵，分别是，的中点，∴，又平面，面，∴面，又面，面面，∴，又，面面，面面，∴面，则面；（2）解：取中点，连接，∵，∴，∵平面平面，平面平面，又∵平面，∴平面，又∵是以为直径的圆上异于A，的点，∴，∵点，分别是，中点，连接，则，分别以线段，，所在的直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，∴，，设，，设面的法向量为，则，取，得，，，依题意，得，即，解得，即，∴，∴直线上存在点，使直线分别与平面、直线所成的角互余，且．22．如图，六面体中，面且面，，，.（1）求证：平面；（2）若二面角的余弦值为，求点到面的距离.【答案】（1）证明见解析；（2）.【分析】（1）证明，，即可证明线面垂直；（2）取中点，由题可知，且，所以四边形为平行四边形，所以，于是面，又为正三角形，所以，，两两垂直.以为坐标原点，，，分别为，，正半轴，建立空间直角坐标系，设，求出的值，再利用公式，即可得到答案；【详解】解：（1）证明：因为面且面，所以且，于是，在面中，，同理，，所以，又，所以，由面，知，又因为，所以面.（2）取中点，由题可知，且，所以四边形为平行四边形，所以，于是面，又为正三角形，所以，，两两垂直.以为坐标原点，，，分别为，，正半轴，建立空间直角坐标系，设，则，，，，，，，设面的法向量为，则有，不妨设，得.又与面垂直，故面的法向量不妨设为，由，解得.设面的法向量为，则有，不妨设，得.于是，点到面的距离.【点睛】本题考查线面垂直判定定理的应用，向量法求点到面的距离，考查运算求解能力和直观想象能力.