精品解析：福建省厦门第一中学2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题

厦门一中2023-2024学年高二上学期第一次适应性练习 数学试卷 本试卷共4页，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效. 3．考试结束，考生只须将答题卡交回. 一、单项选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案. 1. 经过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出过两点的直线的斜率，结合倾斜角和斜率的关系，即可求得答案. 【详解】由题意得经过，两点的直线的斜率为， 而直线倾斜角范围为， 故经过，两点的直线的倾斜角为， 故选：C 2. 在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据空间直角坐标系中点的坐标的特点，即可求出B的坐标. 【详解】由题意在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称， 则B的坐标为， 故选：C 3. 已知圆，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将圆的一般方程化为标准方程可求得其半径 【详解】解：由，得， 所以圆半径为3， 故选：A 4. 如图，在三棱锥中，平面，，且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系,从而在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量. 【详解】∵平面,， ∴,, 故以为坐标原点，所在直线为建立空间直角坐标系，令. 则， 则， ∴在方向上的投影向量，即在轴正方向上的投影向量为. 故选：C. 5. 已知直线过点，其方向向量为，直线过点，其方向向量为，若，则（ ） A. －2 B. 1 C. －2或1 D. 0或2 【答案】B 【解析】 【分析】通过方向向量平行，求得，再验证即可. 【详解】因为， 所以， 所以，解得：或， 当时，两直线的斜率为，此时，满足题意； 当时，两直线的斜率为，此时，即两直线重合，故舍去； 故选：B 6. 圆：关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】圆关于直线对称的圆之间的关系为：圆心关于直线对称，半径相等.所以求出关于直线对称的对称点即可解题. 【详解】圆：的圆心为，半径为2， 设关于直线对称的对称点为， 则，解得. 关于直线对称的对称点为， 圆：关于直线对称的圆的方程为. 故选：D. 7. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由空间向量基本定理，用表示，由D，E，F，M四点共面，可得存在实数，使，再转化为，由空间向量分解的唯一性，分析即得解. 【详解】由题意可知， 因为D，E，F，M四点共面，所以存在实数，使，所以 ，所以 ，所以 ，所以． 故选：D 8. 正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分别取BC，AD的中点E，F，由题意可得点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，又，再求出的最值即可求解 【详解】分别取BC，AD的中点E，F，则， 所以， 故点的轨迹是以为球心，以为半径的球面，， 又， 所以，， 所以的取值范围为． 故选：D． 二、多选题：本大题3小题，全选对得6分，部分选对得部分分，选错或不答得0分. 9. 直线，的方程分别为，，它们在坐标系中的位置如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. ， B. ， C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】利用直线，的横截距判断AB；利用直线，斜率的大小判断CD. 【详解】依题意，直线的横截距，直线的横截距，A错误，B正确； 直线的斜率，直线的斜率，则，于是，C错误，D正确. 故选：BD 10. 若有一组圆：，下列命题正确的是（ ） A. 所有圆的半径均为2 B. 所有的圆的圆心恒在直线上 C. 当时，点在圆上 D. 经过点的圆有且只有一个 【答案】AB 【解析】 【分析】根据圆的标准方程和性质逐项判断求解； 【详解】选项A: ，，故选项正确； 选项B: 根据可得，圆心为，在，故选项正确； 选项C: 当时，，代入不满足方程，故选项错误； 选项D:代入 得：即有两个解，故选项错误； 故选：AB. 11. 在四面体ABCD中，棱AB的长为4，，，，若该四面体的体积为，则（ ） A. 异面直线AB与CD所成角的大小为 B. AC的长可以为 C. 点D到平面ABC的距离为 D. 当二面角是钝角时，其正切值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等体积法可结合三角形的面积公式可得，即可由异面直线的角的定义求解A，根据余弦定理即可求解B，根据等体积法即可求解C，根据二面角的几何法，结合同角关系即可求解D. 【详解】在平面内过作，且, 由于，故四边形为矩形， ，，，平面，平面，故平面， 故， 故，因此， 由于，所以或， 由于为异面直线与所成角或其补角，故异面直线与所成角的大小为，A正确， 当时，, 由于平面，，∴平面，平面，故， 此时, 当时，, 由于平面，，∴平面，平面，故，此时,故B错误， 由于,, 当时，，故，, 当时，，故， , 故点到平面的距离为,C正确， 当时，,,取中点为，连接,, 则即为二面角的平面角， , 所以,故为钝角，符合题意，此时， 当，由于，点到平面的距离为, 设在平面的投影为,则,故,, 因此点为以,为圆心，以半径为,为半径的圆的交点， 显然交点位于,同的一侧，故此时二面角为锐角，不符合要求，故D正确， 故选：ACD 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两条异面直线的方向向量分别是，，则这两条异面直线所成的角的余弦值为______． 【答案】 【解析】 【分析】由已知两条异面直线的方向向量的坐标，利用数量积求夹角公式，即可求得答案. 【详解】因为两条异面直线的方向向量分别是,， 所以, ，, 因为两条异面直线所成的角为， 所以. 故答案为： 13. 已知两条平行直线间的距离为，则____. 【答案】5 【解析】 【分析】先利用两直线平行求得m的值，再利用两平行直线间的距离公式求得n的值，进而求得的值. 【详解】根据题意，两条直线平行， 必有，解可得 则即，变形可得， 又由两条平行直线间的距离为，则有， 故，解之可得或， 则时；时. 故答案为：5. 14. 小明在街道散步时听见呼救声，发现道旁的湖中有落水者，准备立即施救．如图所示，小明位于人行道上的点，落水者位于；已知小明小跑的速度为，游泳速度为，则他到达落水者位置所用的最短时间为______s． 【答案】 【解析】 【分析】设，求得，，从而构造时间函数，通过求导确定单调性即可求解. 【详解】 如图假设小明先跑到点，再游泳去点，设，可知， 因为，所以， 所以， 所以小明用时其中 求导得： 当时，， 当时，， 当时，，此时满足范围： 所以可知当时，取得最小值. 故答案为： 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置. 15. 如图，在空间四边形中，，点E为的中点，设，，． （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先把表示出来，然后由点E为的中点得，化简即得结果； （2）把用表示，然后利用数量积的运算律结合已知条件即可求出结果. 【小问1详解】 因为，所以， 所以， 因为点E为的中点，所以. 【小问2详解】 因为，， 所以 . 16. 已知点，动点P满足． （1）求动点P的轨迹方程： （2）若动点Q满足，求动点Q的轨迹方程； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两点距离公式代入整理即可得解； （2）利用相关点法与平面向量的坐标表示，结合（1）中结论即可得解. 【小问1详解】 依题意，设点，又， 因为，即， 化简可得，即， 所以动点P的轨迹方程为； 【小问2详解】 设，又， 因为，所以， 即，得， 由（1）知，所以， 整理得动点Q的轨迹方程为. 17. 已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由点在直线上，设，由为边上的中线，得出线段的中点在直线上，根据中点公式求出中点，代入直线的方程即可求解； （2）由是的一条角平分线，得出点关于直线的对称点在直线上，由点关于直线对称得出坐标，结合点的坐标求出直线的方程，再与直线联立求出的坐标，由两点之间距离公式求出，由点到直线距离公式求出到直线的距离，即可根据三角形面积公式代入计算即可． 【小问1详解】 因为直线的方程为， 设，又， 所以线段的中点坐标为， 因为线段的中点在直线上， 所以，整理得，即， 所以． 【小问2详解】 因为是的一条角平分线， 所以点关于直线的对称点在直线上， 设， 则，解得， 所以， 所以直线的方程为，整理得， 联立直线与直线的方程，， 解得，即， 所以， 点到直线的距离， 所以． 18. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 【答案】（1）证明如下： 因为分别是的中点，则， 因为平面， 平面，从而平面， 因为平面，平面平面，则， 因为平面平面，平面平面，，平面， 则平面， 所以直线平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先得出，所以平面，由线面平行的性质得，再由面面垂直的性质得出平面，即可得证； （2）解法一：连接，则，，在中，在中，，因为，可得的值； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，分别表示和，结合可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：因为平面，平面，则， 又，则， 因为为正三角形，为的中点， 则，，、平面，从而平面， 连接，则，因为，，则， 在中，，在中，， 因为，则，得， 所以当时，； 解法二：以为原点，直线为轴，直线为轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 则点，，，，， 从而，， 设平面的法向量， 则，取，得 设点，则， 所以， ， 因为，则，得， 所以当时，. 19. 阅读材料： 折纸几何学是指从数学的角度对折叠过程加以研究，如欧几里德为平面几何设计了公理一样，现代数学家藤田文章（Humiaki Huzita）和羽鸟公士郎（Koshiro Hatori）设计了一套完整的公理体系来描述折纸操作——Huzita-Hatori公理，假定所有折纸操作均在理想的平面上进行，并且所有折痕都是直线，这些公理描述了通过折叠纸张可能达成的所有操作，其中的第六条公理叙述如下： ·给定两个点，，和两条相交直线，，存在一个折叠，可以使落在上，同时落在上．（如图1） 不同于尺规作图，折纸操作在折叠过程借用了三维空间，翻转了“平面”，借助这些公理，可解决一些尺规作图无法解决的作图问题． （ⅰ）倍立方体问题：作出体积是给定正方体两倍的正方体棱长 ①如图19-2，首先将正方形ABCD三等分， ②将B折到线段AD上，同时将M折到线段PQ上， ③则点将AD分成两段，其长度之比恰为所求． （ⅱ）三等分锐角问题：（如图19-3） ①在矩形纸ABCD上折出锐角 ②在AD上标注点M，对折AM，折痕记为NQ； ③折叠纸张，使得点M落到AE上，点A落到NQ上， ④把M、N、A落地点分别记为P、H、G，折痕记为RF；AH、AG就是的三等分线 结合阅读材料解决以下问题： （1）在平面直角坐标系中，已知，，若能通过折叠使A，B分别落在x轴，y轴上，求折痕所在直线l的方程； （2）求证：在倍立方体问题中，； （3）如图4，直线的倾斜角为，若直线n过原点，且倾斜角为，请结合三等分锐角的案例，设计折出直线n的步骤，并加以证明． 【答案】（1）或 （2）证明见详解 （3）答案见详解；证明见详解 【解析】 【分析】（1）确定折叠后对应的点的坐标，分别求出对应的中点坐标，结合直线的点斜式方程计算即可求解； （2）结合倍立方体的问题，即可证明； （3）结合三等分锐角的案例，即可求解. 【小问1详解】 设折叠后A点落在轴上的点为，点落在轴上的点为， 因为折叠前后线段长度不变，或. 当时，得的中点为，的中点为， 所以直线为，即； 当时，得的中点为，的中点为， 所以直线为，即， 故直线的方程为或； 【小问2详解】 设原立方体的棱长为，倍立方体的棱长为， 则原立方体的体积为，倍立方体的体积为， 又倍立方体的体积是原立方体的体积的2倍， 所以，解得， 在图2中，， 所以，即证. 【小问3详解】 由题意知，直线的斜率为-2，则，故为钝角. 如图， 设计折出直线的步骤： ①将对折，折痕记为， ②将放在矩形中，且在上标注点，对折，折痕记为， ③折叠纸张，使得点落在上，点落在上， ④把的落地点分别记为，折痕记为； ⑤就是的三等分线，则，所在直线即为直线. 证明： 因为折叠操作使得，则， 所以直线即为倾斜角是的直线，即直线. 【点睛】关键点点睛：解决本题的第（2）问，关键点在于充分理解倍立方体的问题；第（3）问的关键点在于充分理解三等分锐角的案例. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 厦门一中2023-2024学年高二上学期第一次适应性练习 数学试卷 本试卷共4页，满分150分 注意事项： 1．答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名.考生要认真核对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致. 2．回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效. 3．考试结束，考生只须将答题卡交回. 一、单项选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分.每小题只有一个正确答案. 1. 经过，两点的直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 2. 在空间直角坐标系中，点B与点关于平面对称，则B的坐标为（ ） A. B. C. D. 3. 已知圆，则圆的半径为（ ） A. B. C. D. 4. 如图，在三棱锥中，平面，，且，则在方向上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 5. 已知直线过点，其方向向量为，直线过点，其方向向量为，若，则（ ） A. －2 B. 1 C. －2或1 D. 0或2 6. 圆：关于直线对称的圆的方程为（ ） A. B. C. D. 7. 如图，在三棱锥中，点G为底面的重心，点M是线段上靠近点G的三等分点，过点M的平面分别交棱，，于点D，E，F，若，则（ ） A. B. C. D. 8. 正四面体的棱长为4，空间中的动点P满足，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本大题3小题，全选对得6分，部分选对得部分分，选错或不答得0分. 9. 直线，的方程分别为，，它们在坐标系中的位置如图所示，则下列结论中正确的是（ ） A. ， B. ， C. D. 10. 若有一组圆：，下列命题正确的是（ ） A. 所有圆的半径均为2 B. 所有的圆的圆心恒在直线上 C. 当时，点在圆上 D. 经过点的圆有且只有一个 11. 在四面体ABCD中，棱AB的长为4，，，，若该四面体的体积为，则（ ） A. 异面直线AB与CD所成角的大小为 B. AC的长可以为 C. 点D到平面ABC的距离为 D. 当二面角是钝角时，其正切值为 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知两条异面直线的方向向量分别是，，则这两条异面直线所成的角的余弦值为______． 13. 已知两条平行直线间的距离为，则____. 14. 小明在街道散步时听见呼救声，发现道旁的湖中有落水者，准备立即施救．如图所示，小明位于人行道上的点，落水者位于；已知小明小跑的速度为，游泳速度为，则他到达落水者位置所用的最短时间为______s． 四、解答题：本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤，把解答过程填写在答题卡的相应位置. 15. 如图，在空间四边形中，，点E为的中点，设，，． （1）试用向量，，表示向量； （2）若，，求的值． 16. 已知点，动点P满足． （1）求动点P的轨迹方程： （2）若动点Q满足，求动点Q的轨迹方程； 17. 已知的一条内角平分线的方程为，一个顶点为，边上的中线所在直线的方程为． （1）求顶点的坐标； （2）求的面积． 18. 如图，在三棱锥中，侧面底面，，是边长为2的正三角形，，分别是的中点，记平面与平面的交线为. （1）证明：直线平面； （2）设点在直线上，直线与平面所成的角为，异面直线与所成的角为，求当为何值时，. 19. 阅读材料： 折纸几何学是指从数学的角度对折叠过程加以研究，如欧几里德为平面几何设计了公理一样，现代数学家藤田文章（Humiaki Huzita）和羽鸟公士郎（Koshiro Hatori）设计了一套完整的公理体系来描述折纸操作——Huzita-Hatori公理，假定所有折纸操作均在理想的平面上进行，并且所有折痕都是直线，这些公理描述了通过折叠纸张可能达成的所有操作，其中的第六条公理叙述如下： ·给定两个点，，和两条相交直线，，存在一个折叠，可以使落在上，同时落在上．（如图1） 不同于尺规作图，折纸操作在折叠过程借用了三维空间，翻转了“平面”，借助这些公理，可解决一些尺规作图无法解决的作图问题． （ⅰ）倍立方体问题：作出体积是给定正方体两倍的正方体棱长 ①如图19-2，首先将正方形ABCD三等分， ②将B折到线段AD上，同时将M折到线段PQ上， ③则点将AD分成两段，其长度之比恰为所求． （ⅱ）三等分锐角问题：（如图19-3） ①在矩形纸ABCD上折出锐角 ②在AD上标注点M，对折AM，折痕记为NQ； ③折叠纸张，使得点M落到AE上，点A落到NQ上， ④把M、N、A落地点分别记为P、H、G，折痕记为RF；AH、AG就是的三等分线 结合阅读材料解决以下问题： （1）在平面直角坐标系中，已知，，若能通过折叠使A，B分别落在x轴，y轴上，求折痕所在直线l的方程； （2）求证：在倍立方体问题中，； （3）如图4，直线的倾斜角为，若直线n过原点，且倾斜角为，请结合三等分锐角的案例，设计折出直线n的步骤，并加以证明． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $