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

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：D

2．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：D

3．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：B

5．三棱锥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：B

6．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：BC

11．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：ABD

12．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.