福建省部分高中2024-2025学年高二上学期入学质量检测数学试卷有解析

/2024-2025学年福建省部分优质高中高二上学期入学质量检测数学试卷一、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.在空间直角坐标系中，点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(

)A.(−1,2,3) B.(1,2,−3) C.(1,2,3) D.(−1,−2,−3)2.已知a=3p−2q,b=A.1 B.2 C.3 D.43.如图，在平行六面体ABCD−A′B′C′D′中，点E，F分别为AB，DD′的中点，则EF=(

)A.−12B.12AB+1D.14.已知向量m=1,2,−1,n=t,1,−t，且m⊥平面α,n⊥平面β，若平面α与平面A.12或−1 B.15或1 C.−1或2 5.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点A.直线D1D与直线AFB.直线A1G与平面AEF平行

C.三棱锥F−ABE的体积为D.直线BC与平面AEF所成的角为46.已知M，N分别是正四面体ABCD中棱AD，BC的中点，若点P满足MP=2PN.则DP与AB夹角的余弦值为A.1734 B.1717 C.7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M,NA.MN的最小值为2

B.四面体NMBC的体积为43

C.有且仅有一条直线MN与AD1垂直

D.存在点M,N，使8.在正四面体D−ABC中，点E在棱AB上，满足AE=2EB，点F为线段AC上的动点，则(

)A.存在某个位置，使得DE⊥BF

B.存在某个位置，使得∠FDB=π4

C.存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为714

D.存在某个位置，使得平面DEF二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.直线l的方向向量为u，两个平面α,β的法向量分别为n1,n2A.若u⊥n1，则直线l⊥平面α

B.若n1⊥n2，则平面α⊥平面β

C.若cosn1,n2=110.下列说法错误是(

)A.若A,B,C,D是空间任意四点，则有AB+BC+CD+DA=0

B.若a//b，则存在唯一的实数λ，使得a=λb

C.若AB,CD共线，则11.在棱长均为1的三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠AA.当点T为三角形A1B1C1的重心时，x+y+z=2

B.当x+y+z=1时，AT的最小值为63

C.当点T在平面BB1C1C内时，x+y+z三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知空间向量a=(1,3,2),b=(1,0,1),p=ka−2b,13.平面内的点、直线可以通过平面向量及其运算来表示，数学中我们经常会用到类比的方法，把平面向量推广到空间向量，利用空间向量表示空间点、直线、平面等基本元素，经过研究发现，平面向量中的加减法、数乘与数量积运算法则同样也适用于空间向量.在四棱锥P−ABCD中，已知ABCD是平行四边形，∠ABC=120∘,AB=2,BC=3，且PA⊥面ABCD，则向量PC在向量BD方向上的投影向量是

(结果用BD表示)14.如图，正方形ABCD和矩形ABEF所在的平面互相垂直．点P在正方形ABCD及其内部运动，点Q在矩形ABEF及其内部运动．设AB=2,AF=1，给出下列四个结论：①存在点P,Q，使PQ=3；②存在点P,Q，使CQ//EP；③到直线AD和EF的距离相等的点P有无数个；④若PA⊥PE，则四面体PAQE体积的最大值为13其中所有正确结论的序号是

．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)如图，在四棱锥A−BCDE中，平面ABE⊥平面BCDE，AE⊥BE，四边形BCDE为梯形，BC//DE，BC⊥BE，AB=23，BC=2，CD=22，BE=2，BD交CE于点O，点P在线段(1)证明：OP//平面ACD．(2)求二面角A−CD−E的正弦值．16.(本小题12分)在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在B(1)求证：平面A1CD⊥平面(2)当AD=3，AB=4，求平面D1B1BD17.(本小题12分)如图，在四棱锥P−ABCD中，已知底面ABCD为矩形，PA⊥BC，平面PAD⊥平面ABCD．(1)求证：PA⊥平面ABCD；(2)若PA=AD=2，AB=2，点M在棱PD上，且二面角M−AC−B的大小为①求证：CM⊥BD；②设Q是线段BC上的点，求直线MQ与平面MAC所成角的正弦值的最大值．18.(本小题12分)《瀑布》(图1)是最为人所知的作品之一，图中的瀑布会源源不断地落下，落下的水又逆流而上，荒唐至极，但又会让你百看不腻，画面下方还有一位饶有兴致的观察者，似乎他没发现什么不对劲.此时，他既是画外的观看者，也是埃舍尔自己.画面两座高塔各有一个几何体，左塔上方是著名的“三立方体合体”由三个正方体构成，右塔上的几何体是首次出现，后称“埃舍尔多面体”(图2)埃舍尔多面体可以用两两垂直且中心重合的三个正方形构造，设边长均为2，定义正方形AnBnCnDn，n=1,2,3的顶点为“框架点”，定义两正方形交线为“极轴”，其端点为“极点”，记为Pn,Qn，将极点P1,Q1，分别与正方形A2B2(1)求异面直线P1A2(2)求平面P1A1(3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案)．19.(本小题12分)如图1，在平行四边形ABCD中，AB=2BC=4,∠ABC=60∘，E为CD的中点．将▵ADE沿AE折起，连接BD与CD，如图

(1)当BD为何值时，平面ADE⊥平面ABCE?(2)设BF=λBD(0≤λ≤1)，当BE⊥DE时，是否存在实数λ，使得直线AF与平面ABCE所成角的正弦值为(3)当三棱锥B−CDE的体积最大时，求三棱锥D−ABE的内切球的半径．

答案解析1.C

点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(1,2,3)，故选：C．2.A

p,q是相互垂直的单位向量，故故a⋅故选：A3.A

根据题意，EF=故选：A4.B

因为m所以m⋅因为m⊥平面α,n⊥平面β，若平面α与平面β夹角的余弦值为所以2+2t6⋅1+2t2故选：B5.B

A选项：ABCD−A1B1C1D1为正方体，所以DD1//C如图建立空间直角坐标系，则A2,0,0对于B，设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，则AE⋅n=−x+2y=0AF因为A1G=0,2,−1，所以因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面对于C，S▵ABE=12BE⋅AB=12对于D，B1,1,0,C0,1,0,BC=−1,0,0，直线BC与平面AEF故选：B．6.A

设AB=因为MP=2PN=−=−=−5设正四面体ABCD的棱长为1，故DP=1又DP==1所以DP=故cosDPDP与AB夹角的余弦值为17故选：A7.C

根据正方体的特征可知C1D1又AD1⊂面A即C1D1是异面直线A当M、N分别与D1、C1重合时，MN最小值，最小值为易知S▵NBC=12×2×2=2易知▵AB1D1是等边三角形，所以当M是AD1中点，而又由A项可知当M、N分别与D1、C1重合时，如图所示，建立空间直角坐标系，则B2,2,0，可设Mx,0,2−x,N若存在点M,N，使▵MBN为等边三角形，则有M由MB2=N解方程得y=3当y=3又因为11<82⇒2故选：C8.C

如下图所示，设正四面体D−ABC的底面中心为点O，连接DO，则DO⊥平面ABC，以点O为坐标原点，OB、OD所在直线分别为x、z轴建立空间直角坐标系，设正四面体D−ABC的棱长为2，则A−33,−1,0，B2设F−3对于A，若存在某个位置使得DE⊥BF，DE=3所以DE⋅BF=−1−13对于B，若存在某个位置使得∠FDB=π4，DF=则cosDF,DB对于C，设平面DBF的一个法向量为u=DB=2由u⋅DB=2若存在某个位置，使得直线DE与平面DBF所成角的正弦值为714，又则7整理得λ2+4λ=0，解得λ=0或λ=−4(舍去所以存在F−33,0,0，即F对于D，设平面DAC的一个法向量为m=又DA=−由m⋅DA=−3设平面DEF的一个法向量为n=DE=3由n⋅DE=3若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为3则3整理得47λ2−42λ+279=0，易得Δ=4故选：C．9.BCD

由u⊥n1，则直线l//平面α或l⊂α由n1⊥n2，则平面α⊥平面若cosn1,n2=12，设平面则cosθ=所以平面α,β所成锐二面角的大小为π3，故C设直线l与平面α所成角为γ，则sinγ=cosu所以直线l与平面α所成角的大小为π3，故D故选：BCD．10.BCD

对于A，AB+BC+对于B，当b=0,a≠对于C，AB,CD共线，AB,CD可以在同一条直线上，对于D，当x+y+z≠1时，P,A,B,C四点不共面，D错误．故选：BCD11.BCD

对于A，当点T为三角形A1B1所以AT=AA所以x=y=13,z=1，所以x+y+z=对于B，AT=x因为x+y+z=1，所以z=1−x+y则xy+xz+yz=xy+=xy+=−3当且仅当x+y=2所以AT2所以AT≥63，所以AT的最小值为对于C，当点T在平面BB则存在唯一实数对λ,μ使得BT=λ则AT=AB+所以x=1−μ,y=μ,z=λ，所以x+y+z=1−μ+μ+λ=1+λ，因为λ=z∈0,1，所以1+λ∈1,2，所以x+y+z的最大值为2，故对于D，当x+y=1时，由A选项知，AT2AT在AA1方向上的投影为所以点T到AA1的距离因为xy≤x+y24=1所以点T到AA1的距离的最小值为2故选：BCD．12.−32

或因为p=ka−2因为p//q，所以k−2故−13.57向量PC在向量BD方向上的投影向量为PC⋅运用运用余弦定理求得|BDPC=PA+PC⋅PC⋅BD=PA⋅BA+则PC⋅代入PC⋅BD|BD|2⋅BD，得到故57

14.①③④

建立如图所示空间直角坐标系A−FBD，则有A(0,0,0)、F1,0,0、B0,2,0、D0,0,2、C设P0,m,n，Qs,t,0，其中0≤m,n,t≤2，对①：PQ=s,t−m,−n，则当s=1，t=n=2，m=0时，有PQ=故存在点P,Q，使PQ=3，故①正确；对②：CQ=s,t−2,−2，若CQ//EP，则有s由0≤m,n,t≤2，0≤s≤1，故当sn=2时，s=1，n=2，此时有m−2=−t−2，即m+t=4，即m=t=2此时Q与E重合，P与C重合，故不存在点P,Q，使CQ//EP，故②错误；对③：点P到直线AD的距离为m，点P到直线EF的距离为1即有m=12+n故其轨迹为双曲线的一部分，即点P有无数个，故③正确；对④：AP=0,m,n，由PA⊥PE，故有mm−2+n又S▵AQE故VP−AQE=1故①③④．15.(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，∵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，∵▵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，C即AC=2,2,−2设平面ACD的法向量为n=x,y,z解得n=平面CDE的法向量为EA=设二面角A−CD−E为θ，所以cosθ=则sinθ=(1)根据三角形边角关系可证明相似，即可得OP//AD，即可求证，(2)建立空间直角坐标系，利用向量的夹角求解即可．16.(1)∵ABCD−A1B1C∵AF⊂平面AA

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

法向量为n.则令x=5，则z=−3．∴n设平面D1B1BD令x=4，则y=−3,z=0，所以平面D1B1设平面A1CD与平面D1则cosθ=所以平面A1CD与平面D(1)先证明线面垂直，再应用面面垂直判定定理证明即可；(2)应用空间向量法求二面角余弦值．17.(1)证明：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)以AB,AD,AP为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系A−xyz．

则A(0 , 0 , 0)，B(2 , 0 , 0)，C(2 , 2 , 0)，D(0 , 2 , 0)，P(0 , 0 , 2)．

①所以AC=(2 , 2 , 0)．

因为点M在棱PD上，

所以设DM=λDP，0<λ<1(λ=0或λ=1显然不满足题设)．

因为DP=(0 , −2 , 2)，

所以DM=(0 , −2λ , 2λ)，

所以AM=AD+DM=(0 , 2−2λ , 2λ)．

设平面MAC的一个法向量n1=(x,y,z)，

则n1·AM=0n1·AC=0，即(2−2λ)y+2λz=0 , 2x+2y=0 , 

取n1=(2 , −1 , 1−λλ)．

又AP=(0 , 0 , 2)是平面ABC的一个法向量，

所以cos<n1 , AP>=n1⋅AP|n1|⋅|AP|=2(1−λ)λ23+(1−λλ)2=1−λλ3+(1−λλ)2，

因为二面角M−AC−B的大小为120∘，

所以|cos<n1 , AP>|=12，

即1−λλ3+(1−λλ本题考查线面垂直的判定，利用空间向量求线面的夹角正弦值，判定线线垂直，属于拔高题．

(1)由条件证明得到PA⊥AB，再利用线面垂直的判定定理求出答案．

(2)以AB,AD,AP为正交基底，建立空间直角坐标系A−xyz，

①设DM=λDP，求出向量DP的坐标，进而得到DM的坐标，再求出平面MAC的法向量和平面ABC的法向量，根据二面角M−AC−B的大小为120∘列式求出λ，进而求出CM,BD的坐标，根据其数量积为0证明即可．

②设Q(2 , x , 0) , x∈0,218.解：(1)由题意可知，OP3,OP2,OP1两两垂直，且则由题意可得，O0,0,0，P10,0,1，P20,1,0，P3(1,0,0)，B2又E1,E2分别是P1A2,所以P1A2则cos<所以异面直线P1A2与Q1B2成角的余弦值为13

；

(2)由(1)可得，P1设n1=x则n即y令x1=1，可得n1设n2=x因为P2则n即z2=0−12x2−则cos<所以平面P1A1E1与平面(3)由(1)、(2)可得：P1P2=0,1,−1，E1E2=−1,0,0所以P2所以P2E2//P1E又P1所以P1P2所以四边形P1又P1P2所以SP1设n3=x3,y3,z3是平面P1E1P2又A1P1=0,−1,0，

所以点A1所以四棱锥A1−P四棱锥P2−A因为A1P1=0,−1,0，所以A1P1在P所以点A1到直线P1E2同理可得点A1到直线P1E1所以四棱锥A1−P1所以埃舍尔体的表面积为：12S1=12本题考查空间向量、简单组合体的表面积与体积，属于难题；

(1)以点O为坐标原点，建立空间直角坐标系.写出点的坐标，求出P1A2(2)根据坐标，求出平面P1A1(3)由已知可得，四边形P1E119.(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=下面证明当BD=4时，平面ADE⊥平面ABCE．证明：由BE=23,DE=2,BD=4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E