福建省福州市精师高中联盟2024-2025学年高二上学期入学质量检测数学试题（解析）

准考证号：姓名：（在此卷上答题无效）2024~2025学年第一学期福州市精师优质高中联盟高二年级入学质量检测数学试卷（考试时间：120分钟；总分：150分）友情提示：请将所有答案填写到答题卡上！请不要错位、越界答题！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，只有一项是符合题目要求的.1已知，，且，则（）A.1 B.2 C.3 D.4【答案】B【解析】【分析】利用空间向量垂直关系的坐标表示，列式计算即得.【详解】依题意，，所以.故选：B2.若点关于xOy的对称点为A，关于z轴的对称点为B，则A、B两点的对称是（）．A.关于xOz平面对称 B.关于x轴对称C.关于y轴对称 D.关于坐标原点对称【答案】D【解析】【分析】运用空间向量坐标表示以及对称中的坐标特点可解.【详解】点关于xOy的对称点为A，则A坐标；点关于z轴的对称点为B，则B坐标；则根据坐标特点知道A、B两点关于原点对称.故选：D．3.若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】A【解析】【分析】根据向量共面的条件对选项逐一分析即可.【详解】构成空间的一组基底，则不共线，假设共面，则存在不全为零实数，使，即，则，则，与不共线矛盾，故不共面；，故共面；，故共面；，故共面.故选：.4.如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用平移法作出异面直线与所成角，解三角形即可求得答案.【详解】连接，因为在直三棱柱中，分别是棱的中点，故，即四边形为平行四边形，所以，则即为异面直线与所成角或其补角；直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为，连接，则平面，故平面平面，故，是棱的中点，故，则,而，又，故在中，,由于异面直线所成角的范围，故异面直线与所成角的余弦值是，故选：D.5.平行六面体中.则=（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先表达出，两边平方后，利用空间向量数量积运算法则得到，从而求出模长.【详解】由题意得，故，故.故选：A6.已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果.【详解】根据题意，，，，在上的投影向量可为故选：A.7.如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（）A. B. C. D.1【答案】B【解析】【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可．【详解】如图，延长交于点，连接交于，连接，则四边形所求截面．取的中点，连接.∵，∴是△APC的中位线，∴为的中点．又分别为的中点，∴，则，即，∴为上靠近的三等分点，故．故选：B.8.数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体．已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据给定的几何体，确定出球心O的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点O到直线距离，进而求出最小截面圆半径作答.【详解】依题意，四边形是正方形，令正方形与正方形中心分别为，连接，因为正方形与正方形在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆，从而十面体与长方体的外接球相同，球心O是线段的中点，如图，

取中点M，连接，因为，则，显然，又平面，则平面，而平面，平面，即有，平面，则平面，平面与平面有公共点，显然平面与平面为同一平面，有，而，，在直角梯形中，过作于I，，球O的半径，过D作平面，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，则，，由已知得，即，，，则点到直线的距离有：,球O被过直线的平面所截的截面圆最小时，球心O到平面的距离最大，即为点到直线的距离，截得的最小截面圆半径为，而，则，所以截得的截面圆面积的最小值是.故选：C【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.平面α经过三点，，，向量是平面α的法向量，则下列四个选项中正确的是（）A.直线AB的一个方向向量为B.线段AB的长度为3C.平面α的法向量中D.向量与向量夹角的余弦值为【答案】ACD【解析】【分析】根据方向向量、向量模长、法向量，向量的数量积运算可逐一判断．【详解】因为平面经过三点，，，则，则，故直线的一个方向向量为，故A正确；线段的长度为，故B错；又向量是平面的法向量，，则，解得，则，故C正确；又,1,，则向量与向量夹角的余弦值为，故D正确．故选：ACD．10.如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（）A.异面直线与所成角为B.平面C.三棱锥的体积不变D.直线与平面所成角正弦值的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】选项A：利用异面直线的夹角求解即可，选项B：利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可.选项C：利用等体积法求解即可，选项D：利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围.【详解】对于A，因为正方体中，故异面直线与夹角为，故A错误；对于B，由正方体的性质可知，，面，平面，又因为面，同理可得平面，又因为面，又因为面,平面，故B正确；对于C，因为面,面，所以面所以为定值，故C正确；对于D，建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，，，，，，则，所以，由正方体的性质知：平面的法向量为，直线与平面所成角正弦值为，因为，，所以当时取得最大值，若时取得为，所以，故D正确.故选：BCD.11.在棱长为2的正方体中，为的中点，以为原点，OB，OD，OO1所在直线分别为轴、轴、轴，建立如何所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点，满足，则（）A.点的轨迹长为 B.的最小值为C. D.三棱锥体积的最小值为【答案】BC【解析】【分析】由已知方程可得点的轨迹，画出图形，再计算轨迹长度可得A错误；由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，求出投影长可得B正确；由平面可得C正确；当点位于半圆弧中点时，可由棱锥的体积公式计算体积的最小值可得D错误；【详解】对于A：由可知，点在以为球心，1为半径的球上，又由可知，点在平面上，所以点为球面与平面的交线，如图（2）所示，在矩形中，以为圆心，1为半径的半圆，所以点的轨迹长为，故A错误；对于B：由投影法可得，当点在上投影最小时，向量积最小，此时点位于半圆弧中点，投影长为，所以，故B正确；对于C：因为平面，平面，所以，故C正确；对于D：因为平面，所以点到平面平面的距离为，则，由图（2）可知当点位于半圆弧中点时，的面积最小为，所以，故D错误；故选：BC.【点睛】关键点点睛：本题选项A关键是能根据已知点的方程结合图形画出点的轨迹平面图形，从而计算即可.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则______．【答案】【解析】【分析】利用空间向量的数量积、夹角公式计算可得答案.【详解】．故答案：．13.如图所示，在长方体中，，，与平面交于点，则点到直线的距离为______．【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系，先求出点的坐标，再根据点到直线距离的向量公式计算即可．【详解】以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，则，，由平面，设，所以，设，所以，即，解得，所以，则，设直线的夹角为，则，所以，所以点到直线的距离为，故答案为：．14.在侧棱长为的正三棱锥中，点为线段上一点，且，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为_____________．【答案】【解析】【分析】利用正三棱锥的结构特征，结合已知可得两两垂直，再确定的轨迹，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦即得.【详解】在正三棱锥中，由于正三棱锥的相对棱垂直，则，而，平面，于是平面，又平面，因此，有，记在底面内的投影为，，，则，由，得，所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，取中点，连接，则经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系，设，，而，则，设直线与直线的所成角为，所以，故答案为：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.如图，四面体中，，分别为，上的点，且，，设，，.（1）以为基底表示；（2）若，且，，，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用向量的加减数乘运算，结合题设条件即可求得；（2）先求出平面的基底两两之间的数量积，再根据（1）中的表示式，两边取平方，利用向量数量积的运算律计算即得.【小问1详解】由图可得，;【小问2详解】由题意，，则，于是，由两边取平方，，故.16.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，．（1）证明：平面平面．（2）求二面角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先证明平面，再由勾股定理求出，即可得到，从而证明平面，即可得证；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.【小问1详解】因为底面是平行四边形，，所以，．又，，所以，，又，平面，所以平面．设，则，由，得，解得（负值已舍去），则，．因为，所以，故，因为，平面，所以平面．又平面，所以平面平面．【小问2详解】由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，所以，．设平面的法向量为，则，令，得．由图可知，是平面的一个法向量．设二面角的大小为，易知为锐角，则，所以二面角的余弦值为．17.如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．（1）若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由；（2）求点到平面的距离；（3）若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）为靠近点的四等分点，理由见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得∥，而∥，则∥，从而可得结论；（2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离；（3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.【小问1详解】当为靠近点四等分点时，四点共面，理由如下：因为，所以，所以∥，因为四边形是菱形，所以∥，所以∥，所以四点共面；【小问2详解】取中点，连接，．因为为等边三角形，，所以，，．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，因为平面，所以，因为，∥，所以．因为，平面，平面，，所以平面，又平面，所以．所以，所以，设点到平面的距离为，因为，所以，所以，解得；【小问3详解】由（2）知，，，两两垂直，所以以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．则，，A1,0,0，，所以，，．设，则，．得，则．又平面，则取平面的法向量．设与平面所成的角为，则，化简整理得，解得．则，．设平面的法向量，则,令，则取平面的法向量，又平面的法向量．故平面与平面夹角的余弦值为．18.如图1，直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，直线平面.（1）证明：平面平面；（2）若直线与平面所成角的正切值等于，求P到平面的距离；（3）若平面与平面夹角的余弦值，求．【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）先证明和平面，再根据面面垂直判定定理即可得证.（2）先求证点P到平面的距离即为C到平面的距离，再利用即等体积法即可求解.（3）建立空间直角坐标系利用空间向量法结合已知条件计算求解出点H坐标即可求解.【小问1详解】设平面交上底面于，在圆弧上，因为上下底面平行，故，又因为平面，平面，平面平面，所以，所以，由题意可知，又，平面，所以平面，所以平面，又平面，平面平面.【小问2详解】由（1）知平面，连接，所以是直线与平面所成角，所以由题意，又由题意，，所以，所以，即在圆弧的中点上，所以由知点P在圆弧中点上，故,所以，因为平面，所以点P到平面距离即为F到平面的距离，又圆柱结构性质可知,平面，平面，所以平面，所以F到平面的距离即为C到平面的距离，设该距离为，因为，，又，所以，即点P到平面的距离为.【小问3详解】过作垂直于底面，则由上知，所以可建立如图所示的分别以为x、y、z则，设，且，所以，设平面的法向量为m=x1,所以即，取可求得，设平面的法向量为n=x2,所以即，取可求得，设平面与平面的夹角为，则，且，整理得，所以即，即，所以，所以，所以.【点睛】思路点睛：过作垂直于底面，建立分别以为x、y、z轴的空间直角坐标系，设未知点，求出平面和平面的法向量，从而根据二面角的空间向量法结合已知条件建立关于的等量关系，从而求出即可求出.19.2024年