2022-2023学年吉林省长春市长春净月高新技术产业开发区东北师范大学附属中学高二上学期期中数学试题含答案

这是一份2022-2023学年吉林省长春市长春净月高新技术产业开发区东北师范大学附属中学高二上学期期中数学试题含答案，共24页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年吉林省长春市长春净月高新技术产业开发区东北师范大学附属中学高二上学期期中数学试题 一、单选题1．经过点，并且在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为（    ）A． B．或C．或 D．或【答案】D【分析】分截距为0和不为0讨论即可.【详解】当截距都为0时，过点时直线为，当截距不为零时，设直线为，代入点得，故在两坐标轴上的截距相等的直线的方程为或.故选：D.2．已知点在直线上，则的最小值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】B【分析】就是到原点距离，只需求出原点到直线的距离即可.【详解】就是到原点距离，到原点距离的最小值为则的最小值为2，故选：B.3．原点到直线：的距离的最大值为（    ）A．1 B． C． D．4【答案】B【分析】根据题意可知直线：过定点，数形结合分析问题即可.【详解】因为，即，令，解得，可知直线：过定点，则，可得原点到直线的距离，当且仅当，即，直线：时，等号成立，  所以可得原点到直线的距离的最大值为.故选：B.4．如图，在棱锥中，，，两两垂直，，，，则直线与平面所成角的正弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】C【分析】利用三线垂直建立空间直角坐标系，将线面角转化为直线的方向向量和平面的法向量所成的角，再利用空间向量进行求解.【详解】以，，所在直线为轴，轴，轴建立空间直角坐标系（如图所示），  则，，，，，，设平面的一个法向量为，则，即，令，则，，所以平面的一个法向量为；设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.故选：C.5．如图，在长方体中，，，为中点，则到平面的距离为（    ）  A．1 B． C． D．2【答案】C【分析】以为坐标原点，建立合适的空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用距离公式即可得到答案.【详解】以为坐标原点，分别以为轴,轴,轴,建立空间直角坐标系，则,，设平面的法向量为，则，令得：，所以，则点到平面的距离为，故选：C.  6．如图，在正三棱柱中，，则平面与平面夹角的余弦值为（    ）  A． B． C． D．【答案】A【分析】建立合适的空间直角坐标系，求出相关平面的法向量，利用面面角的空间向量求法即可得到答案.【详解】取的中点，连接，过点作，因为正三棱柱，所以平面平面，，所以，因为平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，又因为，所以两两互相垂直，故以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，设，则，则，，，，设平面的法向量，则，即，则，设，则，设平面的法向量，则，即，则，令，，设平面与平面夹角为，则，故选：A.  7．已知的顶点，边上的中线所在直线方程为，边上的高所在直线方程为，则的面积为（    ）A．9 B．10 C．12 D．13【答案】D【分析】根据给定条件，求出直线方程，与方程联立求出点的坐标，再设出点的坐标，并建立方程组求出的坐标，借助两点间距离、点到直线的距离求解作答.【详解】依题意，，设直线的方程为，于是，解得，即直线：，由解得，即有点，  设点，则线段的中点，于是，解得，即点，因此点到直线的距离，，所以的面积为.故选：D8．如图，在棱长为1的正方体中，点在上，点在上，则的最小值为（    ）  A．1 B． C． D．【答案】C【分析】以为坐标原点建立合适的空间直角坐标系，设，，，，根据异面直线距离定义利用空间两点距离公式即可得到答案.【详解】以为坐标原点建立如图所示空间直角坐标系，则可设，其中，，其中，根据图中可知直线和直线为异面直线，若能取到两异面直线间的距离，则此时距离最小，根据异面直线公垂线的定义知，，，，，，则，则，，解得，满足范围，则此时，则.故选：C.   二、多选题9．已知，两点到直线：的距离相等，则的值为（    ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】AB【分析】根据点到直线的距离公式列式求解即可.【详解】由题意可得：，整理得，则，解得或.故选：AB.10．如图，正方体的棱长为2，为线段中点，为线段中点，则（    ）  A．点到直线的距离为 B．直线到直线的距离为2C．点到平面的距离为 D．直线到平面的距离为【答案】AD【分析】建立坐标系，求出向量在单位向量上的投影，结合勾股定理可得点到直线的距离，判断A；先证明，再转化为点到直线的距离求解，判断B；求解平面的法向量，利用点到平面的距离公式进行求解，判断C；把直线到平面的距离转化为到平面的距离，利用法向量进行求解，判断D.【详解】建立如图所示的空间直角坐标系，  则，因为，所以.所以点到直线的距离为，故A正确；因为，所以，即所以点到直线的距离即为直线到直线的距离，，，所以直线到直线的距离为，故B错误；设平面的一个法向量为，，.由，令，则，即.设点到平面的距离为，则，即点到平面的距离为，故C错误；因为平面，平面，所以平面，所以直线到平面的距离等于到平面的距离.，由C得平面的一个法向量为，所以到平面的距离为，所以直线到平面的距离为，故D正确.故选：AD.11．如图，正四面体（四个面都是正三角形）中，，分别为，的中点，则（    ）  A．直线与平面所成角的正弦值为B．直线与夹角的余弦值C．直线与夹角的余弦值D．直线与夹角的余弦值为【答案】CD【分析】建立合适的空间直角坐标系，利用空间向量法一一分析即可.【详解】在正四面体中，取的中点为，连接，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立如图所示空间直角坐标系，  设正四面体的各棱长为2，作出顶点在底面上的投影点，则，，，则，，，则，， 则，则直线与夹角的余弦值为，B错误；，，则，则直线与夹角的余弦值为，C正确；，则直线与夹角的余弦值为，D正确；设平面的法向量，，，则，即，解得，令，则，则，而，设直线与平面所成角为，则，A错误.故选：CD12．已知为坐标原点，，为轴上一动点，为直线：上一动点，则（    ）A．周长的最小值为 B．的最小值为C．的最小值为 D．的最小值为4【答案】BCD【分析】设关于直线：的对称点为，关于轴的对称点为，对于A：根据对称性可得，进而可得结果；对于B：根据点到直线的距离分析判断；对于C：因为，结合点到直线的距离分析判断；对于D：根据题意分析可得，结合点到直线的距离分析判断.【详解】设关于直线：的对称点为，关于轴的对称点为，可知，对于选项A： 可得周长，当且仅当四点共线时，等号成立，所以周长的最小值为，故A错误；对于选项B：设到轴，直线：的距离分别为，则，可得，所以的最小值为，故B正确；对于选项C：因为，设到直线：的距离为，可得，所以的最小值为，故C正确；对于选项D：作，垂足为，因为直线的斜率，则，可得，则，可得，所以的最小值为4，故D正确；故选：BCD. 三、填空题13．已知点，，，且为直角，则的值为          .【答案】2【分析】根据，代入计算即可得到答案.【详解】因为为直角，则，又因为，，则有，解得，故答案为：2.14．如图，在正三棱柱中，，则与所成角的余弦值为      .  【答案】【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点坐标，求出向量,的坐标，利用向量的夹角公式即可求得答案.【详解】以A为原点，在平面内过点作的垂线为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，  在正三棱柱中，设，则，则，故，，设异面直线与所成角为，则，所以，所以异面直线与所成角的余弦值为.故答案为：.15．已知的顶点，，，设的外心（三边中垂线的交点）到直线的距离为，垂心（三边高的交点）到顶点的距离为，则      .【答案】【分析】先利用直线关系求出中垂线及高线，从而求出的外心和垂心坐标，然后根据点到直线的距离和两点距离求解即可.【详解】因为，，所以直线的方程为，即，又的中点为，所以直线的中垂线方程为，即，同理，，所以直线的方程为，又的中点为，所以直线的中垂线方程为，联立，得，所以的外心为，则它到直线的距离为，又边的高线为，即，边的高线为，联立，得，所以的垂心为，则垂心到顶点的距离为，所以.故答案为：16．一个四面体有一条棱长为，其余五条棱长均为3，该四面体的外接球半径为          .【答案】【分析】画出几何体的图形，的中点，连接，证得平面，设球心为，半径为R，结合球的截面圆的性质，列出方程，即可求解.【详解】图，在三棱锥中，不妨令，取的中点，连接，可得，且，，平面，则平面，在中，由余弦定理可得，设的中心分别为，四面体的外接球的球心为，半径，连接，则平面，平面，且四点共面，可得，且，可知，因为，解得，且为锐角，则，可得，则，所以该四面体的外接球半径.故答案为：.   四、解答题17．已知的三个顶点是，，.求：(1)边上的中线所在直线方程；(2)边上的高所在直线方程.【答案】(1)(2) 【分析】（1）求出点的坐标为，由两点式斜率公式求出的斜率，代入点斜式即可求解.（2）由两点式斜率公式求出斜率，利用垂直关系得的斜率，代入点斜式即可求解.【详解】（1）由题知的中点，所以直线的斜率，则边上的中线所在直线的方程为，化简得.（2）由题意得直线AC的斜率，且，所以.则边上的高所在直线的方程为，化简得.18．如图，在平行六面体中，底面是边长为1的正方形，，，，，，为中点.  (1)用空间的一个基底表示，；(2)求异面直线与所成角的余弦值.【答案】(1)，(2) 【分析】（1）根据题意空间向量的线性运算结合空间向量的基本定理分析运算；（2）根据向量的数量积的运算律可得，，，进而可得，即可得结果.【详解】（1）由题意可得：，.（2）由题意可得：，因为，，，可得，又因为异面直线夹角为锐角，所以异面直线与所成角的余弦值.19．如图，在正三棱柱中，，点在上，且，为中点，证明：  (1)平面；(2)平面平面.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）延长和交于点，设，根据题意，证得四边形为平行四边形，得到，结合线面平行的判定定理，即可证得平面；（2）根据题意，分别证得和，结合线面垂直的判定定理，证得平面，进而证得平面平面.【详解】（1）证明：如图所示，分别延长和交于点，设，设，因为，可得，由，可得，即，解得，又因为为的中点，可得，所以，所以，又由，所以四边形为平行四边形，所以为的中点，设，因为四边形为矩形，所以为的中点，在中，由三角形的中位线定理，可得，又因为平面，平面，所以平面.（2）证明：因为三棱柱为正四棱柱，且，可得四边形为正方形，所以，又因为为的中点，可得，且为的中点，所以，因为，且平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.  20．已知的边所在直线方程为，边所在直线方程为，边的中点为.求：(1)边所在直线方程；(2)求的面积.【答案】(1)(2)5 【分析】（1）设，，根据中点公式结合点在直线上得到方程组即可解出坐标，再计算出直线斜率，写出方程即可.（2）计算，再利用点到直线的距离结合三角形面积公式即可.【详解】（1）设，，根据中点公式结合点在直线上，点在直线上，则有，解得，则，，所以，所以直线方程为，化简得.（2），联立直线方程得，解得，所以，点到直线的距离，则.    21．如图，等腰直角，，，、分别为、中点，将沿翻折成，得到四棱锥，为中点.  (1)证明：平面；(2)若直线与平面成角为，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】(1)证明见详解(2) 【分析】（1）根据题意结合三线合一可得，，在结合平行的性质可得，进而可得结果；（2）根据题意可知直线与平面成角为，进而可证平面，建系，利用空间向量求线面夹角.【详解】（1）取的中点，连接，因为分别为的中点，则∥，，又因为分别为的中点，则∥，，可得∥，，则为平行四边形，可得∥，由，且分别为的中点，则，可得，由，且分别为的中点，则，且，平面，所以平面.（2）由（1）可知：平面，则直线与平面成角为，可得，连接，则，即，可得，又因为，平面，所以平面，如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，  则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，则，且直线与平面所成角为锐角，所以与平面所成角的正弦值.22．如图，四棱锥中，，，，，，为线段中点，线段与平面交于点.(1)证明：平面平面；(2)求平面与平面夹角的余弦值；(3)求四棱锥的体积.【答案】(1)证明见详解(2)(3) 【分析】（1）根据题意可得平面，进而可得，根据三线合一以及勾股定理可证平面，进而可得结果；（2）建系，利用空间向量求面面夹角；（3）设，根据线面关系可得，利用向量求面积以及点到面的距离，结合体积公式运算求解.【详解】（1）连接，因为，且为线段中点，则，又因为，，平面，所以平面，由平面，可得，所以，取的中点，连接，因为，则，且，可知，可得，且，平面，所以平面，又因为平面，所以平面平面.（2）如图，以为坐标原点建立空间直角坐标系，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，设平面的法向量，则，令，则，可得，则，且平面与平面夹角为锐角，所以平面与平面夹角的余弦值为.（3）设，因为，则，解得，即，可得，又因为，解得，即，可得，则，可得，可知为钝角，则，所以的面积为，又因为，则，可得，可知为锐角，则，所以的面积为，可知四边形的面积为，又因为点到平面的距离，所以四棱锥的体积.