2024-2025学年福建省三明市高二上册开学摸底考数学检测试题合集2套（含解析）

2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试题（一）一、单项选择题：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．1．若向量是直线的一个方向向量，则直线的倾斜角为（

）A． B． C． D．2．“”是“直线：与：平行”的（

）A．充要条件 B．充分不必要条件C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件3．已知直线上有两点，平面的一个法向量为，若，则（

）A．2 B．1 C． D．4．若直线不经过第一象限，则实数的取值范围是（

）A． B． C． D．5．如图，已知四棱柱的底面为平行四边形，，与平面交于点，则（

）A． B． C． D．6．已知为直线上的一点，则的最小值为（

）A． B． C．4 D．7．如图所示是一个以为直径，点为圆心的半圆，其半径为4，为线段的中点，其中，，是半圆圆周上的三个点，且把半圆的圆周分成了弧长相等的四段，若将该半圆围成一个以为顶点的圆锥的侧面，则在该圆锥中下列结果正确的是（

）A．为正三角形 B．平面C．平面 D．点到平面的距离为8．如图，已知，，，，，一束光线从点出发射到上的点，经反射后，再经反射，落到线段上（不含端点），则直线的斜率的取值范围为（

）A． B．4,+∞ C． D．二、多选选择题：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．已知空间向量，，则下列结论正确的是（

）A． B．C． D．在上的投影向量为10．以下四个命题为真命题的是（）A．过点且在x轴上的截距是在y轴上截距的4倍的直线的方程为B．直线的倾斜角的范围是C．直线与直线之间的距离是D．直线恒过定点11．如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（

）A．满足平面的点的轨迹长度为B．满足的点的轨迹长度为C．存在唯一的点满足D．存在点满足三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知点P1（2，3）、P2（-4，5）和A（-1，2），则过点A且与点P1、P2距离相等的直线方程为．13．已知，若点在线段AB上，则的取值范围是.14．如下图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱．若，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为．

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．已知直线与直线相交于点，且点在直线上.(1)求点的坐标和实数的值；(2)求与直线平行且与点的距离为的直线方程.16．如图，在三棱柱中，点是的中点，，，，，设，，.（1）用，，表示，；（2）求异面直线与所成角的余弦值.17．如图，四边形ABCD是平行四边形，且，四边形是矩形，平面平面，且.(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值.18．如图，在四棱锥，，，E为PC的中点．(1)证明：直线平面PAD；(2)若平面平面ABCD，求直线AB与平面PCD所成角的正弦值．19．人脸识别是基于人的脸部特征进行身份识别的一种生物识别技术．主要应用距离测试样本之间的相似度，常用测量距离的方式有3种．设，，则欧几里得距离；曼哈顿距离，余弦距离，其中（为坐标原点）．(1)若，，求，之间的曼哈顿距离和余弦距离；(2)若点，，求的最大值；(3)已知点，是直线上的两动点，问是否存在直线使得，若存在，求出所有满足条件的直线的方程，若不存在，请说明理由．1．A【分析】根据给定的方向向量求出直线的斜率，再求出倾斜角即可.【详解】设直线的倾斜角为，若向量是直线的一个方向向量，则直线的斜率为，因为，所以.故选：A.2．A【分析】由两条直线的一般式方程平行的判定，结合充要条件的定义，对选项进行验证.【详解】时，直线：即，与直线：平行，充分性成立；直线：与：平行，有，解得或，其中时，两直线重合，舍去，故，必要性成立.“”是“直线：与：平行”的充要条件.故选：A.3．D【分析】根据直线与平面平行等价于直线的方向向量与面的法向量垂直，根据数量积运算求出的值.【详解】因为直线上有两点，所以直线的一个方向向量为又因为，平面的一个法向量为，所以，即，解得.故选：D.4．C【分析】先将直线化为斜截式，从而得到关于的不等式组，由此得解.【详解】直线方程可化为，因为直线不经过第一象限，所以，解得.所以实数的取值范围是.故选：C.5．A【分析】设，由空间向量运算表示出，结合四点共面，得，解出即可.【详解】由题设，因为，所以，又因为四点共面，所以，解得，即.故选：A.6．A【分析】求出关于直线的对称点坐标，易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．【详解】如图，为点到原点和到点的距离之和，

即．设关于直线对称的点为，则得，即．易得，当A，，三点共线时，取到最小值，且最小值为．故选：A．7．C【分析】根据题意,还原圆锥原图,找出对应线段长度关系,位置关系.很容易得解.【详解】选项A，该半圆围成的圆锥，如图所示，设圆锥底面半径为，则，∴，∴，∵为的中点，为的中点，∴，且，∴，为等腰直角三角形，选项A错误；选项B，若平面，则，直角中，，∴，选项B错误；选项C，∵，∴平面，选项C正确；选项D，∵，，∴平面，∴平面平面，∴到直线的距离即为到平面的距离，又∵，∴到直线的距离等于到直线的距离，为，选项D错误；故选:C.8．B【分析】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接与直线分别交于，连接，分别与直线交于，由题意，在线段之间即可，算出两点的坐标结合斜率公式即可得到答案.【详解】设关于直线对称的点为，关于直线对称的点为，连接与直线分别交于，连接，分别与直线交于，由题意，在线段之间即可，又，直线的方程为，设，则，解得，所以，同理可得关于直线对称的点，所以直线：，又直线方程为：，所以，所以直线方程为：，即，由，得，所以，又易得方程为：，所以，所以.故选：B本题考查求点关于直线对称的点、两直线的交点的问题，涉及到入射光线、反射光线，考查学生的数学计算能力，是一道有一定难度的题.9．AC【分析】根据向量坐标运算，验证向量的平行垂直，向量的模，投影向量即可解决.【详解】因为，所以，故A正确；由题得，而，所以不成立，故B不正确；因为，故C正确；因为在上的投影向量为，故D错误；故选：AC.10．BD【分析】对于A，运用截距式和斜截式分情况讨论判断；对于B，由，得到倾斜角的范围判断；对于C，运用平行线间的距离公式计算判断；对于D，将方程化为，恒成立得到，求出定点为判断即可.【详解】对于A，当直线过原点时，方程为，当直线不过原点时，设方程为，则，解得，所以直线方程为，综上，所求直线方程为或，故A错误；对于B，直线的斜率，所以倾斜角的范围是，故B正确；对于C，直线，即为，故直线与直线之间的距离为，故C错误；对于D，由，得，由，解得，所以定点为，故D正确.故选：BD.11．AC【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，由正方体的性质知，，，，所以平面平面，又平面，平面，故点的轨迹为线段，故A正确；以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，则，，设，且，，，，对于B，，即，又，，则点的轨迹为线段，,且，故B错误；对于C，显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，故，故不存在点满足，故D错误.故选：AC12．x+3y﹣5＝0或x＝﹣1．【分析】由题意可知过点A且与点P1，P2距离相等的直线有两种情况，当直线与点P1，P2的连线平行时，由两点式求出斜率，再由点斜式写出直线方程，当直线过线段P1P2的中点时，由中点坐标公式求出线段P1P2的中点，然后直接得到直线方程．【详解】①当直线与点P1，P2的连线平行时，由直线P1P2的斜率k，所以所求直线方程为y﹣2（x+1），即x+3y﹣5＝0；②当直线过线段P1P2的中点时，因为线段P1P2的中点为（﹣1，4），所以直线方程为x＝﹣1．∴所求直线方程为x+3y﹣5＝0或x＝﹣1，故x+3y﹣5＝0或x＝﹣1．本题考查了点到直线的距离公式，考查了分类讨论的数学思想方法，是一道基础题．13．【分析】设，利用斜率计算公式可得：，．再利用斜率与倾斜角的关系即可得出．【详解】设，则，，点是线段上的任意一点，的取值范围是,，故,14．##0.5【分析】根据空间向量的加减运算，可得，平方后，结合向量的数量积的运算，即可求得答案.【详解】设平面与平面的夹角为，则，，，可得，即，所以．故15．(1)，(2)或【分析】（1）联立直线方程，求交点，再将点代入含参直线方程，求得答案；（2）根据平行，设出所求直线方程，利用点到直线距离公式，可得答案.【详解】（1）联立，解得，所以.将P的坐标代入直线中，解得.（2）直线，设与直线平行的直线为.因此点P到直线l的距离，即，解得或，所以所求直线的方程为或.16．（1），；（2）．【分析】（1）根据空间向量的线性运算法则计算；（2）用空间向量法求解．【详解】（1）三棱柱中，点是的中点，，，（2），，，，，，，，．所以异面直线与所成角的余弦值是．17．(1)证明见解析；(2)【分析】（1）根据题意，利用面面垂直的性质定理，证得平面，得到，再由勾股定理，证得，结合线面垂直的判定定理，即可得证；（2）以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量和，结合向量的夹角公式，即可求解.【详解】（1）证明：因为平面平面，平面平面，且，平面，所以平面，又因为平面，所以，因为，可，所以，又因为，且平面，所以平面.（2）解：因为且平面，所以平面，以点为坐标原点，以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，如图所示，设，则，可得，，，，，，则，由（1）知，平面所以平面的一个法向量为，设平面的一个法向量为，则，令，则，，所以，设所求的锐二面角为，则，又因为平面与平面所成夹角为锐角，所以平面与平面所成夹角的余弦值为.18．(1)证明见解析(2)．【分析】（1）根据线面平行及面面平行判定定理，面面平行性质定理可证；（2）根据面面垂直性质定理，应用空间向量法求线面角即可.【详解】（1）取CD的中点M，连接EM，BM，因为，所以．因为，，所以，，．又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD因为E为PC的中点，M为CD的中点，所以．又因为平面PAD，平面PAD，所以平面PAD又因为，，所以平面平面PAD．而平面BEM，故平面PAD．（2）因为平面平面ABCD，连接AC交BD于点O，连PO，由对称性知，O为BD中点，且．如图，以O为坐标原点，的方向为x轴正方向，的方向为y轴正方向，过点O作平面ABCD的垂线为z轴，建立空间直角坐标系，则，，，．设，则，，得，，．设平面PCD的一个法向量为，由于，，则得令，得，，故，设直线AB与平面PCD所成角为，由于，则，故直线AB与平面PCD所成角的正弦值为．19．(1)，(2)(3)存在，和【分析】（1）代入和的公式，即可求解；（2）首先设，代入，求得点的轨迹，再利用数形结合，结合公式，结合余弦值，即可求解；（3）首先求的最小值，分和两种情况求的最小值，对比后，即可判断直线方程.【详解】（1），，；（2）设，由题意得：，即，而表示的图形是正方形，其中、、、．即点在正方形的边上运动，，，可知：当取到最小值时，最大，相应的有最大值．因此，点有如下两种可能：①点为点，则，可得；②点在线段上运动时，此时与同向，取，则．因为，所以的最大值为．（3）易知，设，则当时，，则，，满足题意；当时，，由分段函数性质可知，又且恒成立，当且仅当时等号成立．综上，满足条件的直线有且只有两条，和．关键点点睛：本题第二问为代数问题，转化为几何问题，利用数形结合，易求解，第3问的关键是理解，同样是转化为代数与几何相结合的问题.2024-2025学年福建省三明市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（）A． B．C． D．2．已知，向量，，则“”是“”的（

）A．必要不充分条件 B．充分不必要条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件3．设，向量，，，且，，则等于（

）A． B． C．3 D．44．设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则5．在空间直角坐标系中，已知点，则一定是（

）A．等腰三角形 B．等边三角形 C．直角三角形 D．等腰直角三角形6．如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（）A． B．平面C． D．平面7．，则的大小关系是A． B． C． D．8．设，，分别是的内角，，的对边，已知，设是边的中点，且的面积为，则等于（

）A． B． C． D．二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．9．下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（

）A．两条不重合直线，的方向向量分别是，，则B．两个不同的平面，的法向量分别是，，则C．直线的方向向量，平面的法向量是，则D．直线的方向向量，平面的法向量是，则10．关于函数，下列说法正确的是（

）A．的最小正周期为 B．的最大值为C．的单调递减区间为 D．的一个对称中心为11．已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（

）A．三棱锥的体积最大值为B．三棱锥的外接球体积不变C．异面直线与所成角的最大值为D．与平面所成角的余弦值最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知，则13．如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的表面积为．14．在ΔABC中，，已知BC边上的中线，则ΔABC面积的最大值为.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．已知空间三点(1)求以向量为一组邻边的平行四边形的面积；(2)若向量分别与向量垂直，且，求向量的坐标．16．四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别为PC，AD的中点.

(1)求证：平面PFB；(2)求点E到平面PFB的距离.17．记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知，(1)求B；(2)若的面积为，求c．18．如图，四棱锥中，底面ABCD，，．(1)若，证明：平面；(2)若，且二面角的正弦值为，求．19．如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点．(1)证明：；(2)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；(3)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）．1．ABD【分析】根据已知条件，结合共面向量的充要条件即可求解．【详解】由共面向量的充要条件可得：对于A选项，，所以三个向量共面；对于B选项，，所以三个向量共面；对于C选项，假设三个向量共面，则存在，使得，则，即三个向量共面，这与已知构成空间的一个基底矛盾，故假设错误，即三个向量不共面，故C不正确；对于D选项，＝，所以三个向量共面；故选：ABD．2．B【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断.【详解】若向量，则，即解得：或,所以“”是“”的充分不必要条件.故选：B3．C【分析】由向量的位置关系列式求出，根据模的计算公式计算即可求解.【详解】，，，，，，，．，．故选：C.4．B【分析】运用线面垂直平行的定理，结合长方体模型举反例即可判断.【详解】对于A，如图，，此时，故A错误；对于B，若，面内可以找一条直线，使得；而，与内任意一条直线都垂直，则，则.故B正确；对于C，如图，，此时，故C错误；对于D，如图，，此时，故D错误．故选：B.5．C【分析】根据给定条件，利用空间两点间距离公式求出三角形边长作答.【详解】点，则，，，而，所以一定为直角三角形.故选：C6．C【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果．【详解】∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点，∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，设正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2，则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1），∴MN⊥CC1，故A正确；∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立；∵∴MN和AB不平行，故C错误；平面ABCD的法向量又MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正确．故选C．本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题．7．D【详解】由题意得，，故选D.本题考查函数的三角恒等变换和三角函数的图像与性质，涉及函数与不等式思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，具有一定的综合性，属于中档题型.首先利用诱导公式和两角和差公式将化简，再利用正弦的函数图像可得正解.8．A【分析】根据已知条件求出和，然后结合向量的数量积的运算即可求出结果.【详解】因为，所以，即，结合正弦定理得，即，所以，所以，因为的面积为，所以，即，所以，故选：A.9．AB【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可.【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确；两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确；直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误；直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误．故选：AB10．ABC【分析】化简解析式，根据三角函数最小正周期、最值、单调区间，对称中心的知识确定正确选项.【详解】.所以的最小正周期为，A正确，的最大值为，B正确，由解得，所以的单调递减区间为，C正确.，所以的一个对称中心为，D不正确.故选：ABC11．ABD【分析】对于A，当平面平面时，三棱锥的高最大，再棱锥体积公式计算即可；对于B，设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可；对于C，若，由，，平面，平面，可得平面，得到，因为，直角三角形斜边最长，知道不成立;对于Ｄ,因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可.【详解】解：对于A，，当平面平面时，三棱锥的高最大，此时体积最大值为，故A正确；对于B，设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确；对于C，若，由，，平面，平面，可得平面，因为平面，则，因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误；对于D，因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面所成角最大，当平面平面时，到面的距离为，设与平面所成角为，此时，因为为锐角，所以，即与平面所成角的余弦值最小值为，故D正确．故选：ABD12．【分析】先由和角公式得，再平方结合倍角公式及平方关系求解即可.【详解】由得，即，两边同时平方得，即，解得.故答案为.13．【分析】设球体半径为可得，根据棱锥的体积求，进而求半球的表面积.【详解】如图，连接，交点为，设球的半径为，由题意知：．则，四棱锥的体积为，解得，∴该半球的表面积为．故14．【分析】由题意利用平面向量的加减法几何意义，可得，两边平方再利用两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式，求得的最大值，可得ΔABC的面积的最大值．【详解】解：ΔABC中，，边上的中线长为3，，设，，平方可得：，化简可得，，可得：，故ΔABC的面积．故．本题主要考查平面向量的加减法几何意义，两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题．15．(1)(2)或【分析】（1）根据已知条件，求出，进而得出，根据四边形的面积公式即可求解；（2）设出的坐标，利用向量垂直的充要条件及向量的摸的公式即可求解.【详解】（1）由，得，所以，即，又，所以向量为一组邻边的平行四边形的面积为.（2）设，则因为且，所以，即，即联立，解得解得或．所以或.16．(1)证明见详解(2)【分析】（1）取PB中点G，连接EG，FG，则由中位线性质可得四边形DEGF是平行四边形，即DEFG，从而DE平面PFB；（2）由DE平面PFB，故点D、E到平面PFB的距离相等，点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥以为底面的高，利用等体积法即得解【详解】（1）取中点，连接

因为分别是的中点，所以，而，所以因此四边形是平行