精品解析：福建省部分学校教学联盟2024～2025学年高二上学期入学适应性检测数学试题

2024~2025学年第一学期福建省部分学校教学联盟高中入学适应性检测 高中二年级数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．答题前，请考生认真检查试题卷有无缺印、漏印等问题.本卷共4页，19小题. 2．答题时，选择题部分用2B铅笔规范填涂.非选择题部分用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先根据空间直角坐标系对称点的特征，点关于轴的对称点的坐标为只须将纵坐标、竖坐标变成原来的相反数即可，即可得对称点的坐标. 【详解】在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为：， 所以点关于轴的对称点的坐标为：. 故选：B. 2. 已知，，且，则的值为（    ） A. 6 B. C. 12 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间向量坐标运算以及空间向量垂直的坐标表示可以计算得到答案. 【详解】因为，所以， 解得， 故选：C. 3. 在中，三个内角的对边分别是，若，则（ ） A. B. C. D. . 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理列方程，即可求出的值. 【详解】由，则， ，即，解得. 故选：B. 4. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ） A. ，3 B. ，2 C. 1，3 D. ，2 【答案】D 【解析】 【分析】由A，B，C三点共线，得与共线，然后利用共线向量定理列方程求解即可. 【详解】因为，，， 所以，， 因为A，B，C三点共线，所以存在实数，使， 所以， 所以，解得. 故选：D 5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的加法及减法运算法则进行线性运算，逐步表示即可得到结果. 【详解】∵点为中点， ∴， ∴. 故选：B. 6. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得. 【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意； 对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意； 对于C，因，即，，共面，故C不合题意； 对于D，因，即，，共面，故D不合题意. 故选：B. 7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 【答案】C 【解析】 【分析】在中，由两角和的正弦得到，由同角三角函数关系得到，由正弦定理得到，在中，，代入数值即可得到答案. 【详解】在中，， 则， ， 由正弦定理，可得， 在中，可得. 所以该铁塔的高度约为米． 故选：C. 8. 平面四边形ABCD中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由已知，得，，，四点共圆，从而判断点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点），根据数量积的几何意义，得出结论． 【详解】由，，， 可得，故， 又，所以， 以为直径作圆，则，，，四点共圆， 如图所示，故点的轨迹是以为弦，圆周角为的劣弧（不含，两点）， 则， 又表示在上的投影， 由图可知，，， 故（此时点在劣弧的中点位置）， 即的最小值为． 故选：D． 【点睛】关键点点睛：①由，得到，，，四点在以为直径的圆上， ②看作是在上的投影,结合图形特征可得投影的取值范围. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分. 9. 如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 平面与平面的夹角的正切值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A由线面平行的判定定理可证；选项B由线面垂直可证线线垂直；选项CD可由空间向量法可得. 【详解】选项A： 如图连接交于，连接， 由题意可知为的中点，又为的中点，故， 又平面，平面，故平面，故A正确； 选项B：由题意为等边三角形，为的中点， 故, 又棱柱为直三棱柱，故， 又，平面，平面， 故平面，又平面，故，故B正确； 选项C： 如图建立空间直角坐标系，则，，， 因，故， 所以，， 设异面直线与所成角为，则 故C错误； 选项D：由题意平面的一个法向量为， ，，， 设平面的法向量为，则 ，即，设，则，， 故， 设平面与平面的夹角为，则， 故， 故，故D正确， 故选：ABD 10. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由余弦定理和余弦函数的性质即可判断A；由正弦定理及正切函数的性质即可判断B；由余弦函数的单调性即可判断C；由余弦定理，基本不等式及余弦函数的性质即可判断D． 【详解】对于A选项，在中，因为，又， 所以，即为锐角，但题中没有告诉最大， 所以不一定是锐角三角形，故A错误； 对于B选项，，由正弦定理得， 整理得，即一定是等边三角形，故B正确； 对于C选项，因为，在单调递减， 所以，故C正确； 对于D选项，由，得，所以， 由余弦定理可得， ，当且仅当时，等号成立， 则当，时，，即角可以大于，故D错误； 故选：BC． 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正方体图形特征证明平面，结合面面垂直的判定定理判断A；根据五点共圆得到B；根据异面直线所成的角判断C错误；分析可知点轨迹是过点与平行的线段，根据轨迹求出长度得到D. 【详解】对于A：取的中点，连接， 在棱长为2的正方体中，均为所在棱的中点， 易得，平面， 因平面，则， 又平面，， 故平面，因平面，故①， 连接，是正方形，， 因平面，平面，则， 因平面，， 故平面，又平面，则②， 因平面，又， 由① ，②可得平面，又平面，故平面平面，故A正确； 对于B：记正方体的中心为点，则， 所以在以为球心，以为半径的球面上，故B正确； 对于C：取的中点，连接，则， 所以或其补角是异面直线所成的角， 又，则，故C错误； 对于D：因为，且为的中点， 所以，故， 所以点轨迹是过点与平行的线段，且， 所以，故D正确. 故选：ABD. 【点睛】方法点睛：本题主要考查与正方体有关的平面位置关系判断，异面直线所成角以及动点轨迹长度有关问题，属于较难题. （1）求异面直线所成的角时，常将其转化为与其中一条平行且与另一条直线相交所成的角，利用解三角形求解； （2）证明面面垂直时，通常由线面垂直证面面垂直； （3）证明多点在一个球面问题时，常设法寻找球心，证其到各点距离相等得到. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是________． 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量数量积的坐标表示，结合投影向量公式进行求解即可. 【详解】由题意得，, ∴向量在向量上的投影向量为 ． 故答案为：. 13. 若圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积为__________ 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出圆锥的母线及高，再利用锥体的体积公式计算即得. 【详解】设圆锥的母线长为，则，解得，因此圆锥的高， 所以圆锥的体积. 故答案为： 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据几何体的结构特征可知球心在直线上，由勾股定理可得，进而可得，进而，即可求解，再由表面积公式即可求解. 【详解】如图，分别过点作的垂线，垂足分别为，连接， 则，故. 取的中点，连接， 又，则. 由对称性易知，过正方形的中心且垂直于平面的直线必过线段的中点， 且所求外接球的球心在这条直线上，如图. 设球的半径为，则，且， 从而，即， 当点在线段内（包括端点）时，有，可得， 从而，即球心在线段的中点，其半径. 当点在线段外时，，解得（舍）. 故所求外接球的表面积为. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：本题考查球的切接问题，关键在于根据几何体的对称性，通过直观想象明确外接球的球心位置，结合正方形ABCD的外接圆半径求解可得. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，且，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意结合三角恒等变换可得，进而可得结果； （2）根据题意利用余弦定理解得，再结合面积公式运算求解. 【小问1详解】 因为，则， 可得， 则， 若，则，且，所以； 若，则，即， 且，所以， 但，由正弦定理可得，不合题意； 综上所述：. 【小问2详解】 因为，则， 在中，由余弦定理可得， 即， 整理可得，解得或（舍去）， 则，所以的面积. 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，以的中点为球心、为直径的球面交于点． （1）求证平面； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）先利用线面垂直的判定定理和性质定理证平面，进而可得，再有利用线面垂直的判定定理可证； （2）建立空间直角坐标系，根据向量法求二面角的大小. 【小问1详解】 因为平面，平面，平面， 所以，， 又，，平面，平面， 所以平面，又平面，所以， 有题意可知，又，平面，平面， 所以平面． 【小问2详解】 分别以，，所在直线为，，轴建立空间直角坐标系， 因平面，平面，所以， 因为，所以为中点， 故， 平面的一个法向量为， ， 设平面的法向量为， 由得，令得，， 则，所以， 因为二面角是钝二面角，所以二面角的大小为． 17. 三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D． （1）证明：平面； （2）求异面直线与DE的距离． 【答案】（1） 三棱台中，，则， 有，得，所以， 又，所以在平面内，，有， 平面平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）由题意和三棱台的结构特征可得，进而证得，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）根据面面垂直的性质和线面垂直的判定定理与性质证得、，建立如图空间直角坐标系，利用空间向量法求解线线距，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 已知平面平面ABC，平面平面，， 平面，所以平面，由平面，得， 又平面ABC，平面ABC， 所以平面ABC，由平面ABC，得. 以B为坐标原点的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立如图空间直角坐标系． 则有， ， 因为，所以， 设向量，且满足：， 则有，令， 在的投影数量为， 异面直线与DE的距离. 18. 如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有. （1）证明：； （2）已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 【答案】（1）因为E为边AB的中点，所以. 又，即，即. ， 所以. 又因为，所以，即. 因为平面， 所以平面. 因为平面，所以. （2）（i）；（ii）. 【解析】 【分析】（1）由空间向量的运算可得，，再由线面垂直的判定定理与性质定理即可证明； （2）（i）由余弦定理求，根据同角的平方关系求出，再由三角形面积公式即可求解； （ii）由（i）得即为与平面所成角，根据及即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）由余弦定理可得， 所以， 所以. （ii）由（1）可知，平面， 所以即为与平面所成角. 因为，所以，， 所以，得. 设到平面的距离为，点到直线的距离为， 则 . 因为， 又，所以. 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． （1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； （2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值； （3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 【答案】（1） （2） （3）体积为128，相邻两个面（有公共棱）所成二面角为 【解析】 【分析】（1）记平面，的法向量为，设直线的方向向量，由直线为平面和平面的交线，则，，列出方程即可求解； （2）设，由平面经过点，，列出方程中求得，记平面的法向量为，求出与交线方向向量为，根据，即可求得的值； （3）由题可知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，即可计算出体积，设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为，由题得出平面和平面的法向量，根据两平面夹角的向量公式计算即可． 【小问1详解】 记平面，的法向量为，设直线的方向向量， 因为直线为平面和平面的交线， 所以，，即，取，则， 所以直线的单位方向向量为． 【小问2详解】 设， 由平面经过点，， 所以，解得，即， 所以记平面的法向量为， 与（1）同理，与确定的交线方向向量为， 所以，即，解得． 【小问3详解】 由集合知，由一个边长是4的正方体和6个高为2的正四棱锥构成，如图所示， ，， 设几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为， 平面，设平面法向量， 平面，设平面法向量， 所以， 所以几何体相邻两个面（有公共棱）所成二面角为． 【点睛】关键点点睛：本题第三问的关键是作出空间图形，求出相关法向量，利用二面角的空间向量求法即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2024~2025学年第一学期福建省部分学校教学联盟高中入学适应性检测 高中二年级数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．答题前，请考生认真检查试题卷有无缺印、漏印等问题.本卷共4页，19小题. 2．答题时，选择题部分用2B铅笔规范填涂.非选择题部分用0.5毫米黑色签字笔在答题卡上书写作答.在试题卷上答题无效. 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的. 1. 在空间直角坐标系中，点关于轴的对称点的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知，，且，则的值为（    ） A. 6 B. C. 12 D. 14 3. 在中，三个内角的对边分别是，若，则（ ） A. B. C. D. . 4. 已知点，，，若A，B，C三点共线，则a，b的值分别是（ ） A. ，3 B. ，2 C. 1，3 D. ，2 5. 如图，空间四边形OABC中，，，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 6. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 7. 如图，为了测量某铁塔的高度，测量人员选取了与该塔底在同一平面内的两个观测点与，现测得，，米，在点处测得塔顶的仰角为，则该铁塔的高度约为（ ）（参考数据：，，，） A. 米 B. 米 C. 米 D. 米 8. 平面四边形ABCD中，，，，，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分. 9. 如图，在底面为等边三角形的直三棱柱中，，，，分别为棱，的中点，则（ ） A. 平面 B. C. 异面直线与所成角的余弦值为 D. 平面与平面的夹角的正切值为 10. 中，角所对的边为下列叙述正确的是（ ） A. 若，则一定是锐角三角形 B. 若，则一定是等边三角形 C. 若，则 D. 若，则 11. 如图，在棱长为2的正方体中，E、F、G、M、N均为所在棱角中点，动点P在正方体表面运动，则下列结论中正确的为（ ） A. P在BC中点时，平面平面GMN B. E、F、G、M、N在同一个球面上 C. 异面直线EF、GN所成角的余弦值为 D. ，则P点轨迹长度为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量的坐标是________． 13. 若圆锥的底面半径为，侧面积为，则该圆锥的体积为__________ 14. 榫卯结构是中国古代建筑文化的瑰宝，在连接部分通过紧密的拼接，使得整个结构能够承受大量的重量，并且具有较高的抗震能力.这其中木楔子的运用，使得榫卯配合的牢度得到最大化满足，木楔子是一种简单的机械工具，是用于填充器物的空隙使其牢固的木橛､木片等.如图为一个木楔子的直观图，其中四边形是边长为2的正方形，且均为正三角形，则该木楔子的外接球的表面积为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 记的内角所对的边分别为，已知． （1）求； （2）若是边上一点，且，求的面积． 16. 如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面，，以的中点为球心、为直径的球面交于点． （1）求证平面； （2）求二面角的大小． 17. 三棱台中，，平面平面ABC，，与交于D． （1）证明：平面； （2）求异面直线与DE的距离． 18. 如图，在中，点在边上，且，为边的中点.是平面外的一点，且有. （1）证明：； （2）已知，，，直线与平面所成角的正弦值为. （i）求的面积； （ii）求三棱锥的体积. 19. 在空间直角坐标系中，已知向量，点．若直线以为方向向量且经过点，则直线的标准式方程可表示为；若平面以为法向量且经过点，则平面的点法式方程可表示为，一般式方程可表示为． （1）若平面，平面，直线为平面和平面的交线，求直线的单位方向向量（写出一个即可）； （2）若三棱柱的三个侧面所在平面分别记为，其中平面经过点，，平面，平面，求实数m的值； （3）若集合，记集合中所有点构成的几何体为，求几何体的体积和相邻两个面（有公共棱）所成二面角的大小． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $