2022年枣庄三中高二年级10月阶段检测考试 数学答案

数学答案第1页(共4 页) 枣庄三中高二年级10 月阶段检测考试 数学答案 一单选题 DBAC DAAC 二、多项选择题 9.BD 10. BD 11.AC 12.ABD 三、填空题 13. 5 14 . 5 5 15. 1 2  16. 5 5 2 四、解答题( 17.（1）∵B（－3，4） ，C（1，2） ， ∴线段BC 的中点D 的坐标为（－1，3） ，…………………………………………………2 分 又BC 边上的中线经过点A（4，0） ，∴y= 0−3 4−−1 （x－4） ，即3x+5y－12＝0， 故BC 边上中线所在的直线方程3���+ 5���−12 = 0. …………………………………………5 分 （2）当直线在x 轴和y 轴上的截距均为0 时，可设直线的方程为y＝kx， 代入点B（－3，4） ，则4＝－3k，解得k=− 4 3， 所以所求直线的方程为y=− 4 3x，即4x+3y＝0；……………………………………………7 分 当直线在x 轴和y 轴上的截距均不为0 时，可设直线的方程为 ��� ���+ ��� 2���=1， 代入点B（－3，4） ，则−3 ���+ 4 2���= 1，解得m=−1， 所以所求直线的方程为2x+y+2＝0，………………………………………………………9 分 综上所述，该直线的一般式方程为4x+3y＝0 或2x+y+2＝0．……………………………10 分 18.如图所示，连接DE. 因为FE ―→＝FD ―→＋DE ―→，FD ―→＝－DF ―→＝－1 3 DC ―→，DE ―→＝1 2( DA ―→＋DB ―→)， 所以FE ―→＝1 2a＋1 2b－1 3c. ………………………………………………………6 分 | FE ―→|2＝ 1 2a＋1 2b－1 3c 2＝1 4a2＋1 4b2＋1 9c2＋1 2a·b－1 3a·c－1 3b·c＝1 4×＋1 4×＋1 9×＋1 2×××1 2－1 3×××1 2－ 1 3×××1 2＝27 4 .所以| FE ―→|＝3 3 2 .………………………………………………12 分 19.（1）∵ABCD是矩形，∴AD CD  ， 又∵PD 平面ABCD， 数学答案第2页(共4 页) ∴PD AD  ，PD CD  ，即PD，AD ，CD两两垂直， ∴以D 为原点，DA，DC ，DP 分别为x 轴，y 轴，z 轴建立如图空间直角坐标系，…1 分 由 4 PD CD   ， 2 AD  ， 得  2,0,0 A ，  2,4,0 B ，  0,4,0 C ，  0,0,0 D ，  0,0,4 P ，  1,0,2 M ， 则   2,0,4 AP    ，   2,0,0 BC    ，   1,4, 2 MB    ，.………………………………2分 设平面CMB 的一个法向量为   1 1 1 1 , , n x y z   ，则 1 1 0 0 BC n MB n             ，即 1 1 1 1 2 0 4 2 0 x x y z         ，令 1 1 y  ，得 1 0 x  ， 1 2 z  ，∴   1 0,1,2 n   .………………………………………………4分 ∴ 1 1 1 8 4 cos , 5 2 5 5 AP n AP n AP n             ，故AP 与平面CMB 所成角的正弦值为4 5 ．.……6分 （2 ）由（1）可得   0,4, 4 PC     ，.………………………………………………7分 设平面PBC 的一个法向量为   2 2 2 2 , , n x y z    ， 则 2 2 0 0 BC n PC n                ，即 2 2 2 2 0 4 4 0 x y z        ，令 2 1 y ，得 2 0 x  ， 2 1 z ，∴   2 0,1,1 n    ，……10分 ∴ 1 2 3 3 10 cos , 10 5 2 n n      ，故二面角M CB P   的余弦值为3 10 10 ……………12分 20.解：两直线l1：a(x－2)＝2(y－2)，l2：2(x－2)＝－a2·(y－2)，都过点(2,2)，………2分 如图：设两直线l1，l2的交点为C，且它们的斜率分别为k1和k2， 则k1＝a 2∈(0,1)，k2＝－2 a2∈－∞，－1 2 . ∵l1与y轴的交点A的坐标为(0,2－a)，l2与x轴的交点B的坐标为(2＋a2,0)．…………6分 ∴SOACB＝S△OAC＋S△OCB＝1 2(2－a)·2＋1 2·(2＋a2)·2＝a2－a＋4＝a－1 2 2＋15 4 .……………10分 ∴当a＝1 2 时，四边形OACB的面积最小，其值为15 4 .……………………………………12分 21. 如图所示,建立空间直角坐标系,设 A1(a,0,0),则B1(0,0,0),F(0,1,0),E(0,0,1),A(a,0,4),B(0,0,4),D(0,2,2),G( ��� 2,1,0). (1)B1D → =(0,2,2),AB → =(-a,0,0),BD → =(0,2,-2).∴B1D → ·AB → =0+0+0=0,B1D → ·BD → =0+4-4=0. ∴B1D⊥AB,B1D⊥BD.又AB∩BD=B,∴B1D⊥平面ABD. ………………………………4分 (2)∵AB → =(-a,0,0),BD → =(0,2,-2).GF → =(- ��� 2,0,0),EF → =(0,1,-1),∴GF → = 1 2 AB → ,EF → = 1 2 BD → .∴GF∥AB,EF∥BD. 又GF∩EF=F,AB∩BD=B,∴平面EGF∥平面ABD. …………………………………8分 数学答案第3页(共4 页) (3)方法一:由(1)(2)知DH为平面EFG与平面ABD的公垂线段. 设B1H → =λB1D → =(0,2λ,2λ),则EH → =(0,2λ,2λ-1),EF → =(0,1,-1). ∵EH → 与EF → 共线,∴ 2λ 1 = 2λ−1 −1 ,即λ= 1 4,∴B1H → =(0, 1 2, 1 2),∴HD → =(0, 3 2, 3 2),∴|HD → |= 3 2 2 . ∴平面EGF与平面ABD的距离为 3 2 2 . ………………………………12分 方法二:由(2)知平面EGF∥平面ABD, 设平面ABD的法向量为n=(x,y,z),则n⊥AB → ,n⊥BD → ,∴ 解得x = 0, y = z, 取z=1,则n=(0,1,1),∵ED → =(0,2,1),∴d= = 2+1 2 = 3 2 2 , 即平面EGF与平面ABD的距离为 3 2 2 . ………………………………………………12分 22.(1)连接FG. 在△SBD 中，F、G 分别为 , SD SB 的中点，所以 / / FG BD . 又因为FG 平面AEG, BD 平面AEG，所以 / / BD 平面AEG.……………………4 分 （2）因为SA 平面ABCD, , AB AD 平面ABCD，所以 , SA A S B A A D   . 又 2 BAD    ，所以AB AD  . 以 , , AB AD AS     为正交基底建立如图所示的空间直角坐标系A xyz  . 则 数学答案第4页(共4 页)   0,0,0 A ,           1,0,0 , 1,1,0 , 0,2,0 2 0 1 1 0 , 0, ,1 , 0 , ,2,1 , , 2 B G C D S E       .   1,1,0 CD    ,   1,1, 1 SC     .设平面SCD 的一个法向量为   , , m x y z    .则 0 0 m CD m SC              ，即 0 0 x y z y z        ， 令 1 x ,得 1, 2 y z   .所以平面SCD 的一个法向量为   1,1,2 m   . 又平面ESD 的一个法向量为   1,0,0 AB    .所以 2 2 2 1 1 1 0 2 0 6 cos , 6 | | | | 1 1 2 1 m AB m AB m AB                     所以平面SCD 与平面ESD 夹角的余弦值为 6 6 .………………………………………8 分 （3）假设存在点H,设 1 1 ( ,2 , ) 2 2 GH GE          ,则 1 1 1 1 ( ,2 , ) 2 2 2 2 BH BG GE               . 由（2）知,平面SCD 的一个法向量为   1,1,2 m   .则 2 2 1 1 2 1 1 2 2 sin cos , 6 2 1 6 4 (1 ) 2 m BH                   ， 即 2 ( 1 0 )   ,所以 1 . 故存在满足题意的点H,此时 3 2 | | 2 GH GE     .……………………………………………12 分