2024~2025学年第一学期福建省部分高中高二年级入学质量检测参考答案及评分标准

2024~2025学年第一学期福建省部分优质高中高二年级入学质量检测数学参考答案及评分标准一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。题号12345678答案CAABBACC二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。注意：全部选对的得6分，第9、10题选对其中一个选项得2分，第11题选对其中一个选项得3分。有错选的得0分。题号91011答案BCDBCDBCD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12．−32/−1.513．57四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（本题满分13分，第一小题6分，第二小题7分）解：（1）∵平面ABE⊥平面BCDE，且两平面交于BE，又AE⊥BE，∴AE⊥平面BCDE.在△ABE中，∵AB=23，BE=2，∴AE=2∵BC⊥BE且BC=BE=2，∴△BCE是等腰直角三角形，∠BEC=∠BCE=π4，∵BC∥DE，∴∠CED=∠BCE=π又∵EC=CD=22，∴△DCE为等腰直角三角形，DE=4∵△BOC∽△DOE，∵BO又∵BPPA=12，所以OP//AD，OP⊄平面ACD∴OP//平面ACD.（2）由（1）得AE⊥平面BCDE，且BE⊥DE，所以建立如图所示空间直角坐标系.可得A0,0,22，C2,2,0，D0,4,0，即设平面ACD的法向量为n=x,y,z，则解得n=1,1,平面CDE的法向量为EA=设二面角A−CD−E为θ，所以cosθ=则sinθ=16．（本题满分15分，第一小题7分，第二小题8分）解：（1）∵ABCD−A1B1C∵AF⊂平面AA1D

又∵AF⊥A1D，且CD∩A1AF⊥平面A∵AF⊂平面AEF

∴平面AEF⊥平面A（2）依题意，建立以D为原点，以DA，DC，DD1分别为x，y，z则A(3,0,0),B(3,4,0),C(0,4,0),A则D设平面A1CD的法向量为n．则n⋅令x=5，则z=−3．∴n设平面D1B1BD的法向量为令x=4，则y=−3,z=0，所以平面D1B1设平面A1CD与平面D1所以平面A1CD与平面D17．（本题满分15分，第一小题5分，第二小题①题5分，②题5分）解：（1）在四棱锥P−ABCD中，因为底面ABCD为矩形，所以AB⊥AD.因为平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD,AB⊂平面ABCD，所以AB⊥平面PAD，因为PA⊂平面PAD，所以AB⊥PA，因为PA⊥BC,AB,BC⊂平面ABCD，且AB∩BC=B，所以PA⊥平面ABCD.（2）①以AB,AD,则A0,0,0,B2,0,0因为点M在棱PD上，所以设DM=λDP,0<λ<1(λ=0或λ=1因为DP=0,−2,2，所以所以AM=设平面MAC的一个法向量n1则n1⋅AM=0n1⋅所以n1=2,−1,1−λ所以cosn因为二面角M−AC−B的大小为120°，所以cosn即1−λλ3+1−λ此时，CM=又BD=−所以CM⊥BD，即②因为Q是直线BC上的点，所以设Q2由①可得M0,1,1，所以MQ=2,x−1,−1，平面设直线MQ与平面MAC所成角为θ，则sinθ=令t=2−x,x∈0,2，则t∈则sinθ=当t=0时，sinθ=0当0<t≤2时，sinθ=令m=1t，则m∈1所以当m=12，即t=2,x=0时，即直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值为1218．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题5分，第三小题7分）（1）解：由题意可知，OP2,OQ2,OP1两两垂直，且则由题意可得，O0,0,0，P20,1,0，P10,0,1，B2−1,1,0，又E1,E2分别是P1所以P1A2则cos<所以异面直线P1A2与Q（2）解：由（1）可得，P1A1=0,1,0，P设n1=x则n1即y1令x1=1，可得n1设n2=x因为P则n2即z2=0−12x2则cos<所以平面P1A1E1（3）解：由（1）（2）可得，P1P2=0,1,−1P2E2=−所以P2所以P2E2∥P1E又P1所以P1P2所以四边形P1又P1P2所以SP设n3=x3,即y3−z则n3=0,1,1又A1P1=0,−1,0，所以点A所以四棱锥A1−P四棱锥P2−因为A1P1=0,−1,0所以A1P1在P所以点A1到直线P1E同理可得点A1到直线P1E所以四棱锥A1−P所以埃舍尔体的表面积为12S1=1219．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题6分，第三小题6分）解：（1）连接BE，由题意得，AD=DE=2,∠ADE=60°，则△ADE为等边三角形，AE=AD=2，在△BCE中，EC=2,BC=2,∠BCE=180由余弦定理得BE所以BE=23，由BE=2则AE2+B若平面ADE⊥平面ABCE，由平面ADE∩平面ABCE=AE，BE⊂平面ABCE，BE⊥AE，则BE⊥平面ADE，DE⊂平面ADE，则BE⊥DE，所以BD=B下面证明当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE.证明：由BE=23,DE=2,BD=4，则所以BE⊥DE，又BE⊥AE，AE∩DE=E,AE,DE⊂平面ADE，所以BE⊥平面ADE，又BE⊂平面ABCE，所以平面ADE⊥平面ABCE，故当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE；（2）由（1）知，BE⊥DE，则平面ADE⊥平面ABCE.在平面ADE内过E作EG⊥AE，由平面ADE∩平面ABCE=AE，EG⊂平面ABCE，则EG⊥平面ABCE，BE⊂平面ADE，则EG⊥BE.如图，以点E为坐标原点，以EA,EB,EG所在直线分别为x,y,z轴，过E垂直于平面ABCE的直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系E−xyz，则E0,0,0故AB=由BF=λAF=因为z轴垂直平面ABCE，故可取平面ABCE的一个法向量为m=设直线AF与平面ABCE所成角为θ，所以sinθ=化简得3λ2−14λ+8=0，解得λ=故当BE⊥DE时，存在λ=23，使直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为（3）设点D到平面ABCE的距离为ℎ，由VB−CDE=V则要使三棱锥D−BCE的体积最大时，则点D到平面BCE的距离取最大，取AE中点H，连接DH，则DH⊥AE，当DH⊥平面BCE时，点D到平面BCE的距离最大，此时，由DH⊂平面ADE，则平面ADE⊥平面ABCE，由（1）知，BE⊥DE，△BED为直角三角形，