2024-2025学年福建省部分优质高中高二（上）入学数学试卷（含解析）

这是一份2024-2025学年福建省部分优质高中高二（上）入学数学试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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=p+q,p和q是相互垂直的单位向量，则a⋅b=( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
3.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. −12AB+12AA′+AD B. 12AB+12AA′+AD
C. −12AB+12AA′+12AD D. 12AB+12AA′+12AD
4.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β的夹角的余弦值为2 23，则实数t的值为( )
A. 12或−1B. 15或1C. −1或2D. −12
5.如图所示，正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1，点E，F，G分别为BC，CC1，BB1的中点，则下列说法正确的是( )
A. 直线D1D与直线AF垂直 B. 直线A1G与平面AEF平行
C. 三棱锥F−ABE的体积为18 D. 直线BC与平面AEF所成的角为45°
6.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. 1734B. 1717C. 1326D. 1513
7.如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，点M，N分别在线段AD1和B1C1上，则下列结论中错误的结论( )
A. 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△MBN为等边三角形
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与平面DAC夹角的余弦值为 32
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.直线l的方向向量为u，两个平面α，β的法向量分别为n1,n2，则下列命题为真命题的是( )
A. 若u⊥n1，则直线l⊥平面α
B. 若n1⊥n2，则平面α⊥平面β
C. 若cs〈n1,n2〉=12，则平面α，β所成锐二面角的大小为π3
D. 若cs〈u,n1〉= 32，则直线l与平面α所成角的大小为π3
10.下列说法错误的是( )
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AB//CD
D. 对空间任意一点O与不共线的三点A，B，C，若OP=xOA+yOB+zOC(其中x，y，z∈R)，则P，A，B，C四点共面
11.在棱长均为1的三棱柱ABC−A1B1C1中，∠A1AB=∠A1AC=∠BAC=60°，点T满足AT=xAB+yAC+zAA1，其中x，y，z∈[0,1]，则下列说法一定正确的有( )
A. 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的最大值为2
D. 当x+y=1时，点T到AA1的距离的最小值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设k为实数，已知a=(1,3,2)，b=(1,0,1)，p=ka−2b，q=3a+4b.若p/​/q，则k的值为______．
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77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13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=2 3，BC=2，CD=2 2，BE=2，BD交CE于点O，点P在线段AB上，且AP=2PB．
(1)证明：OP//平面ACD．
(2)求二面角A−CD−E的正弦值．
16.(本小题15分)
在长方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F分别在BB1，DD1上，且AF⊥A1D，AA1=BD．
(1)求证：平面A1CD⊥平面AEF；
(2)当AD=3，AB=4，求平面D1B1BD与平面A1CD的夹角的余弦值．
17.(本小题15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120°．
①求证：CM⊥BD；
②设Q是直线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17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A2B2C2D2的顶点连线，取其中点记为Em，Fm，m=1，2，3，4，如(图3).埃舍尔多面体可视部分是由12个四棱锥构成，这些四棱锥顶点均为“框架点”，底面四边形由两个“极点”与两个“中点”构成，为了便于理解，图4我们构造了其中两个四棱锥A1−P1E1P2E2与A2−P2E1P3F1
(1)求异面直线P1A2与Q1B2成角余弦值；
(2)求平面P1A1E1与平面A1E2P2的夹角正弦值；
(3)求埃舍尔体的表面积与体积(直接写出答案)．
19.(本小题17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2．
(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 3010？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
(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
【解析】解：点A(1,−2,−3)关于x轴的对称点为(1,2,3)．
故选：C．
直接根据空间直角坐标系对称点的特征即可得对称点的坐标．
本题主要考查了空间直角坐标系中点的坐标，属于基础题．
2.A
【解析】解：由已知a=3p−2q,b=p+q,p和q是相互垂直的单位向量，可得p⋅q=0，p2=1=q2，
∴a⋅b=(3p−2q)⋅(p+q)=3p2+p⋅q−2q2=3+0−2=1，
故选：A．
由两个向量垂直的性质可得p⋅q=0，p2=1=q2，再由a⋅b=(3p−2q)⋅(p+q)=3p2+p⋅q−2q2，运算求得结果．
本题主要考查两个向量的数量积的定义，两个向量垂直的性质，属于中档题．
3.A
【解析】解：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=AF−AE=AD+12AA′−12AB．
故选：A．
直接利用向量的线性运算求出结果．
本题考查的知识点：向量的线性运算，主要考查学生的运算能力，属于中档题．
4.B
【解析】解：因为m⋅n=2+2t,|m|= 6,|n|= 1+2t2，
所以|2+2t| 6⋅ 1+2t2=2 23，
解得t=15或1．
故选：B．
根据平面夹角的向量公式求解可得．
本题考查空间向量的应用，属于中档题．
5.B
【解析】解：A选项：ABCD−A1B1C1D1为正方体，所以DD1/​/CC1，直线AF与直线CC1不垂直，
所以直线AF与直线DD1不垂直，故A错误；
如图建立空间直角坐标系，
则A(2,0,0)，E(1,2,0)，F(0,2,1)，G(2,2,1)，A1(2,0,2)，
对于B，设平面AEF的法向量为n=(x,y,z)，
则AE⋅n=−x+2y=0AF⋅n=−2x+2y+z=0，取n=(2,1,2)，
因为A1G=(0,2,−1)，所以A1G⋅n=0×2+2×1−1×2=0，所以A1G⊥n，
因为A1G在平面AEF外，所以直线A1G与平面AEF平行，所以B正确；
对于C，因为S△ABE=12BE⋅AB=12×1×12=14，所以三棱锥F−ABE的体积为13S△AEB⋅d=13×14×12=124，所以C错误；
对于D，因为B(1,1,0),C(0,1,0),BC=(−1,0,0)，设直线BC与平面AEF所成的角为θ，
则sinθ=|BC⋅n||BC||n|=|−2|1× 22+12+22=23，所以D错误．
故选：B．
A选项根据正方体的性质判断；对于B，D利用空间向量判断，对于C，利用体积公式求解即可．
本题考查立体几何的综合运用，属中档题．
6.A
【解析】解：设正四面体ABCD的各棱长均为1，则DA⋅DB=DA⋅DC=DB⋅DC=12，
因为MP=2PN，
所以DP=13DM+23DN=13×12DA+23×12(DB+DC)=16DA+13(DB+DC)，
而AB=DB−DA，
所以DP⋅AB=[16DA+13(DB+DC)]⋅(DB−DA)
=−16DA2+13DB2−16DA⋅DB+13DB⋅DC−13DA⋅DC
=−16+13−16×12+13×12−13×12=112，
|DP|2=[16DA+13(DB+DC)]2
=136DA2+19DB2+19DC2+19DA⋅DB+29DB⋅DC+19DA⋅DC
=136+19+19+(19+29+19)×12=1736，即|DP|= 176，
所以cs=DP⋅AB|DP|⋅|AB|=112 176×1= 1734，
所以DP与AB夹角的余弦值为 1734．
故选：A．
以DA,DB,DC为空间基底，表示出DP和AB，再根据向量模长和夹角的计算方法，结合空间向量数量积的运算法则，求解即可．
本题考查异面直线所成角的求法，熟练掌握空间向量的线性运算和数量积的运算法则是解题的关键，考查空间立体感，逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
7.C
【解析】解：对于A，∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，C1D1⊥平面ADD1A1，C1D1⊥平面BCC1B1，
∵AD1⊂平面ADD1A1，B1C1⊂平面BCC1B1，
∴C1D1⊥AD1，C1D1⊥B1C1，∴C1D1是AD1与B1C1的公垂线段，
∵公垂线段是异面直线上两点间的最短距离，
∴当M，N分别与D1，C1重合时，MN最短为2，故A正确；
对于B，∵正方体ABCD−A1B1C1D1中，
平面ADD1A1/​/平面BCC1{B1，且AD1⊂平面ADD1A1，∴AD1/​/平面NBC，
∴当点M在AD1上运动时，点M到平面NBC的距离不变，距离ℎ=2，
由B1C1/​/BC可知，当点N在B1C1上运动时，N到BC的距离不变，
∴△NBC的面积不变，
∴VM−NBC=13S△NBC⋅ℎ=13×12×2×2×2=43，故B正确；
对于C，当M，N分别与D1，C1重合时，MN⊥AD1，
当M为AD1中点，N与B1重合时，MN⊥AD1，故C错误；
对于D，如图，以点D为原点，分别以DA，DC，DD1所在直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，
设D1M= 2λ(0≤λ≤2)，C1N=t(0≤t≤2)，
则M(λ,0,2−λ)，N(t,2,2)，B1(2,2,2)，B(2,2,0)，
MB2=(2−λ)2+4+(2−λ)2，BN2=4+(2−t)2，MN2=(λ−t)2+4+λ2，
MB2=MN2，得(2−λ)2+4+(2−λ)2=(λ−t)2+4+λ2，
整理得8−8λ=−2λt，即t=4λ−4λ，
由BN2=MB2，得4+(2−t)2=(2−λ)2+4+(2−λ)2，
则(2−4λ−4λ)2=2(2−λ)2，即(λ−2)2(2−λ2)=0，解得λ= 2或λ=2，
即λ= 2 t=4−2 2或λ=2t=2，故D正确．
故选：C．
由公垂线的性质判断A；由线面平行的性质判断B；举反例判断C；设D1M= 2λ(0≤λ≤2)，C1N=t(0≤t≤2)，由等边三角形三边相等，判断D．
本题考查公垂线的性质、线面平行的性质、等边三角形等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
8.C
【解析】解：如图所示，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)，B(2 33,0,0)，C(− 33,1,0)，D(0,0,2 63)，E( 33,−13,0)，
设F(− 33,λ,0)，其中−1≤λ≤1，
对于A，若存在某个位置使得DE⊥BF，DE=( 33,−13,−2 63)，BF=(− 3,λ,0)，
所以DE⋅BF=−1−13λ=0，解得λ=−3，不满足题意，∴A错误；
对于B，若存在某个位置使得∠FDB=π4，DF=(− 33,λ,−2 63)，DB=(2 33,0,−2 63)，
则cs〈DF,DB〉=DF⋅DB|DF|⋅|DB|=2 λ2+3×2=1 λ2+3= 22，该方程无解，∴B错误；
对于C，设平面DBF的一个法向量为u=(x3,y3,z3)，
又DB=(2 33,0,−2 63)，DF=(− 33,λ,−2 63)，
由u⋅DB=2 33x3−2 63z3=0u⋅DF=− 33x3+λy3−2 63z3=0，令取u=( 2λ, 6,λ)，
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DE=( 33,−13,−2 63)，
∴ 714=|cs〈u,DE〉|=|u⋅DE||u|⋅|DE|=| 63(λ+1)| 3λ2+6×2 73=| 2(λ+1)|2 7× λ2+2，
整理得λ2+4λ=0，解得λ=0或λ=−4(舍去)，
∴存在F(− 33,0,0)，即F为AC的中点时，满足题意，∴C正确；
对于D，设平面DAC的一个法向量为m=(x1,y1,z1)，
又DA=(− 33,−1,−2 63)，DC=(− 33,1,−2 63)，
由m⋅DA=− 33x1−y1−2 63z1=0m⋅DC=− 33x1+y1−2 63z1=0，取m=(2 2,0,−1)，
设平面DEF的一个法向量为n=(x2,y2,z2)，
又DE=( 33,−13,−2 63)，DF=(− 33,λ,−2 63)，
由n⋅DE= 33x2−13y2−2 63z2=0n⋅DF=− 33x2+λy2−2 63z2=0，取n=(2 2+6 2λ,4 6,3λ−1)，
若存在某个位置，使得平面DEF与平面DAC夹角的余弦值为 32，
则 32=|cs〈m,n〉|=|m⋅n||m|⋅|n|=|8(1+3λ)−(3λ−1)|3× 8(1+3λ)2+96+(3λ−1)2，
整理得47λ2−42λ+279=0，∴Δ=422−4×47×279