福建省福州市精師高中聯(lián)盟2024-2025學(xué)年高二上學(xué)期入學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試題（解析）

準考證號：姓名：（在此卷上答題無效）2024~2025學(xué)年第一學(xué)期福州市精師優(yōu)質(zhì)高中聯(lián)盟高二年級入學(xué)質(zhì)量檢測數(shù)學(xué)試卷（考試時間：120分鐘；總分：150分）友情提示：請將所有答案填寫到答題卡上！請不要錯位、越界答題！一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1已知，，且，則（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用空間向量垂直關(guān)系的坐標表示，列式計算即得.【詳解】依題意，，所以.故選：B2.若點關(guān)于xOy的對稱點為A，關(guān)于z軸的對稱點為B，則A、B兩點的對稱是（）．A.關(guān)于xOz平面對稱 B.關(guān)于x軸對稱C.關(guān)于y軸對稱 D.關(guān)于坐標原點對稱【答案】D【解析】【分析】運用空間向量坐標表示以及對稱中的坐標特點可解.【詳解】點關(guān)于xOy的對稱點為A，則A坐標；點關(guān)于z軸的對稱點為B，則B坐標；則根據(jù)坐標特點知道A、B兩點關(guān)于原點對稱.故選：D．3.若構(gòu)成空間的一組基底，則下列向量不共面的為（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】A【解析】【分析】根據(jù)向量共面的條件對選項逐一分析即可.【詳解】構(gòu)成空間的一組基底，則不共線，假設(shè)共面，則存在不全為零實數(shù)，使，即，則，則，與不共線矛盾，故不共面；，故共面；，故共面；，故共面.故選：.4.如圖，在直三棱柱中，所有棱長都相等，分別是棱的中點，則異面直線與所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平移法作出異面直線與所成角，解三角形即可求得答案.【詳解】連接，因為在直三棱柱中，分別是棱的中點，故，即四邊形為平行四邊形，所以，則即為異面直線與所成角或其補角；直三棱柱中，所有棱長都相等，設(shè)其棱長為，連接，則平面，故平面平面，故，是棱的中點，故，則,而，又，故在中，,由于異面直線所成角的范圍，故異面直線與所成角的余弦值是，故選：D.5.平行六面體中.則=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先表達出，兩邊平方后，利用空間向量數(shù)量積運算法則得到，從而求出模長.【詳解】由題意得，故，故.故選：A6.已知空間向量，則向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根據(jù)向量投影的概念，結(jié)合向量的數(shù)量積計算得出結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意，，，，在上的投影向量可為故選：A.7.如圖，三棱柱中，分別為中點，過作三棱柱的截面交于，且，則的值為（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】延長交于點，連接交于，連接，取的中點，連接，得到四邊形所求裁面，再利用平行的相似比得到為上靠近的三等分點即可．【詳解】如圖，延長交于點，連接交于，連接，則四邊形所求截面．取的中點，連接.∵，∴是△APC的中位線，∴為的中點．又分別為的中點，∴，則，即，∴為上靠近的三等分點，故．故選：B.8.數(shù)學(xué)中有許多形狀優(yōu)美，寓意獨特的幾何體，圖1所示的禮品包裝盒就是其中之一．該禮品包裝盒可以看成是一個十面體，其中上、下底面為全等的正方形，所有的側(cè)面是全等的等腰三角形．將長方體的上底面繞著其中心旋轉(zhuǎn)45°得到如圖2所示的十面體．已知，，，過直線作平面，則十面體外接球被平面所截的截面圓面積的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)給定的幾何體，確定出球心O的位置，求出球半徑，再建立空間直角坐標系求出點O到直線距離，進而求出最小截面圓半徑作答.【詳解】依題意，四邊形是正方形，令正方形與正方形中心分別為，連接，因為正方形與正方形在同一平面內(nèi)，且有相同中心，因此它們有相同的外接圓，從而十面體與長方體的外接球相同，球心O是線段的中點，如圖，

取中點M，連接，因為，則，顯然，又平面，則平面，而平面，平面，即有，平面，則平面，平面與平面有公共點，顯然平面與平面為同一平面，有，而，，在直角梯形中，過作于I，，球O的半徑，過D作平面，以點D為原點，射線分別為軸非負半軸，建立空間直角坐標系，則，，由已知得，即，，，則點到直線的距離有：,球O被過直線的平面所截的截面圓最小時，球心O到平面的距離最大，即為點到直線的距離，截得的最小截面圓半徑為，而，則，所以截得的截面圓面積的最小值是.故選：C【點睛】關(guān)鍵點睛：解決與球有關(guān)的內(nèi)切或外接問題時，關(guān)鍵是確定球心的位置，再利用球的截面小圓性質(zhì)求解.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.平面α經(jīng)過三點，，，向量是平面α的法向量，則下列四個選項中正確的是（）A.直線AB的一個方向向量為B.線段AB的長度為3C.平面α的法向量中D.向量與向量夾角的余弦值為【答案】ACD【解析】【分析】根據(jù)方向向量、向量模長、法向量，向量的數(shù)量積運算可逐一判斷．【詳解】因為平面經(jīng)過三點，，，則，則，故直線的一個方向向量為，故A正確；線段的長度為，故B錯；又向量是平面的法向量，，則，解得，則，故C正確；又,1,，則向量與向量夾角的余弦值為，故D正確．故選：ACD．10.如圖，點在正方體的面對角線上運動（點異于，點），則下列結(jié)論正確的是（）A.異面直線與所成角為B.平面C.三棱錐的體積不變D.直線與平面所成角正弦值的取值范圍為【答案】BCD【解析】【分析】選項A：利用異面直線的夾角求解即可，選項B：利用線面垂直的定義結(jié)合線面垂直的判定定理求解即可.選項C：利用等體積法求解即可，選項D：利用空間直角坐標系使用代數(shù)法求解線面角的取值范圍.【詳解】對于A，因為正方體中，故異面直線與夾角為，故A錯誤；對于B，由正方體的性質(zhì)可知，，面，平面，又因為面，同理可得平面，又因為面，又因為面,平面，故B正確；對于C，因為面,面，所以面所以為定值，故C正確；對于D，建立如圖所示直角坐標系，設(shè)正方體的棱長為1，設(shè)，，，，，，則，所以，由正方體的性質(zhì)知：平面的法向量為，直線與平面所成角正弦值為，因為，，所以當時取得最大值，若時取得為，所以，故D正確.故選：BCD.11.在棱長為2的正方體中，為的中點，以為原點，OB，OD，OO1所在直線分別為軸、軸、軸，建立如何所示空間直角坐標系.若該正方體內(nèi)一動點，滿足，則（）A.點的軌跡長為 B.的最小值為C. D.三棱錐體積的最小值為【答案】BC【解析】【分析】由已知方程可得點的軌跡，畫出圖形，再計算軌跡長度可得A錯誤；由投影法可得，當點在上投影最小時，向量積最小，求出投影長可得B正確；由平面可得C正確；當點位于半圓弧中點時，可由棱錐的體積公式計算體積的最小值可得D錯誤；【詳解】對于A：由可知，點在以為球心，1為半徑的球上，又由可知，點在平面上，所以點為球面與平面的交線，如圖（2）所示，在矩形中，以為圓心，1為半徑的半圓，所以點的軌跡長為，故A錯誤；對于B：由投影法可得，當點在上投影最小時，向量積最小，此時點位于半圓弧中點，投影長為，所以，故B正確；對于C：因為平面，平面，所以，故C正確；對于D：因為平面，所以點到平面平面的距離為，則，由圖（2）可知當點位于半圓弧中點時，的面積最小為，所以，故D錯誤；故選：BC.【點睛】關(guān)鍵點點睛：本題選項A關(guān)鍵是能根據(jù)已知點的方程結(jié)合圖形畫出點的軌跡平面圖形，從而計算即可.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，則______．【答案】【解析】【分析】利用空間向量的數(shù)量積、夾角公式計算可得答案.【詳解】．故答案：．13.如圖所示，在長方體中，，，與平面交于點，則點到直線的距離為______．【答案】【解析】【分析】建立空間直角坐標系，先求出點的坐標，再根據(jù)點到直線距離的向量公式計算即可．【詳解】以點為原點，所在直線為軸建立空間直角坐標系，如圖所示，則，，由平面，設(shè)，所以，設(shè)，所以，即，解得，所以，則，設(shè)直線的夾角為，則，所以，所以點到直線的距離為，故答案為：．14.在側(cè)棱長為的正三棱錐中，點為線段上一點，且，點M為平面內(nèi)的動點，且滿足，記直線與直線的所成角的余弦值的取值范圍為_____________．【答案】【解析】【分析】利用正三棱錐的結(jié)構(gòu)特征，結(jié)合已知可得兩兩垂直，再確定的軌跡，建立空間直角坐標系，利用空間向量求出異面直線夾角余弦即得.【詳解】在正三棱錐中，由于正三棱錐的相對棱垂直，則，而，平面，于是平面，又平面，因此，有，記在底面內(nèi)的投影為，，，則，由，得，所以的軌跡是以為圓心半徑為的圓，取中點，連接，則經(jīng)過點，建立如下圖所示的空間直角坐標系，設(shè)，，而，則，設(shè)直線與直線的所成角為，所以，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.如圖，四面體中，，分別為，上的點，且，，設(shè)，，.（1）以為基底表示；（2）若，且，，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量的加減數(shù)乘運算，結(jié)合題設(shè)條件即可求得；（2）先求出平面的基底兩兩之間的數(shù)量積，再根據(jù)（1）中的表示式，兩邊取平方，利用向量數(shù)量積的運算律計算即得.【小問1詳解】由圖可得，;【小問2詳解】由題意，，則，于是，由兩邊取平方，，故.16.如圖，在四棱錐中，底面是平行四邊形，，，，．（1）證明：平面平面．（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）首先證明平面，再由勾股定理求出，即可得到，從而證明平面，即可得證；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量法計算可得.【小問1詳解】因為底面是平行四邊形，，所以，．又，，所以，，又，平面，所以平面．設(shè)，則，由，得，解得（負值已舍去），則，．因為，所以，故，因為，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．【小問2詳解】由（1）可知，，，兩兩垂直，以為坐標原點，直線，，分別為，，軸，建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，所以，．設(shè)平面的法向量為，則，令，得．由圖可知，是平面的一個法向量．設(shè)二面角的大小為，易知為銳角，則，所以二面角的余弦值為．17.如圖，在四棱錐中，底面是邊長為2的菱形，為等邊三角形，平面平面，．點在線段上．（1）若，在上找一點，使得四點共面，并說明理由；（2）求點到平面的距離；（3）若直線與平面所成的角的正弦值為，求平面與平面夾角的余弦值．【答案】（1）為靠近點的四等分點，理由見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）當為靠近點的四等分點時，結(jié)合已知條件可得∥，而∥，則∥，從而可得結(jié)論；（2）取中點，連接，，由面面垂直可得平面，再由結(jié)合菱形的性質(zhì)可得，則得平面，然后求出，再利用等體積法可求得點到平面的距離；（3）以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系，利用空間向量求解即可.【小問1詳解】當為靠近點四等分點時，四點共面，理由如下：因為，所以，所以∥，因為四邊形是菱形，所以∥，所以∥，所以四點共面；【小問2詳解】取中點，連接，．因為為等邊三角形，，所以，，．因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，因為平面，所以，因為，∥，所以．因為，平面，平面，，所以平面，又平面，所以．所以，所以，設(shè)點到平面的距離為，因為，所以，所以，解得；【小問3詳解】由（2）知，，，兩兩垂直，所以以為原點，分別以，，為軸，軸，軸的正方向建立如圖所示的空間直角坐標系．則，，A1,0,0，，所以，，．設(shè)，則，．得，則．又平面，則取平面的法向量．設(shè)與平面所成的角為，則，化簡整理得，解得．則，．設(shè)平面的法向量，則,令，則取平面的法向量，又平面的法向量．故平面與平面夾角的余弦值為．18.如圖1，直角梯形中，，，，，以為軸將梯形旋轉(zhuǎn)后得到幾何體W，如圖2，其中，分別為上下底面直徑，點P，Q分別在圓弧，上，直線平面.（1）證明：平面平面；（2）若直線與平面所成角的正切值等于，求P到平面的距離；（3）若平面與平面夾角的余弦值，求．【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先證明和平面，再根據(jù)面面垂直判定定理即可得證.（2）先求證點P到平面的距離即為C到平面的距離，再利用即等體積法即可求解.（3）建立空間直角坐標系利用空間向量法結(jié)合已知條件計算求解出點H坐標即可求解.【小問1詳解】設(shè)平面交上底面于，在圓弧上，因為上下底面平行，故，又因為平面，平面，平面平面，所以，所以，由題意可知，又，平面，所以平面，所以平面，又平面，平面平面.【小問2詳解】由（1）知平面，連接，所以是直線與平面所成角，所以由題意，又由題意，，所以，所以，即在圓弧的中點上，所以由知點P在圓弧中點上，故,所以，因為平面，所以點P到平面距離即為F到平面的距離，又圓柱結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知,平面，平面，所以平面，所以F到平面的距離即為C到平面的距離，設(shè)該距離為，因為，，又，所以，即點P到平面的距離為.【小問3詳解】過作垂直于底面，則由上知，所以可建立如圖所示的分別以為x、y、z則，設(shè)，且，所以，設(shè)平面的法向量為m=x1,所以即，取可求得，設(shè)平面的法向量為n=x2,所以即，取可求得，設(shè)平面與平面的夾角為，則，且，整理得，所以即，即，所以，所以，所以.【點睛】思路點睛：過作垂直于底面，建立分別以為x、y、z軸的空間直角坐標系，設(shè)未知點，求出平面和平面的法向量，從而根據(jù)二面角的空間向量法結(jié)合已知條件建立關(guān)于的等量關(guān)系，從而求出即可求出.19.2024年