精品解析：福建省福州高级中学2024-2025学年高二上学期第一次适应性考试数学试题

福州高级中学2024—2025学年第一学期 高二第一次适应性考试数学试题 命卷教师：章世忠 审卷教师：高岚龙 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共有8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 已知点关于z轴的对称点为B，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由点关于某坐标轴对称的点的特征以及两点距离公式即可求解. 【详解】点关于z轴的对称点为B， 所以. 故选：A. 2. 已知过坐标原点的直线l的方向向量，则点到直线l的距离是 A. 2 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出投影向量的模长，利用勾股定理即可求解. 【详解】由题意可知，在直线l上的投影向量的模长为， 所以点到直线l的距离是. 故点到直线l的距离是. 故选：D 3. 在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间向量运算计算即得. 【详解】在空间四边形ABCD中，E为BC的中点，则， 所以. 故选：C 4. 如图，直线的斜率分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接由斜率的定义判断大小即可. 【详解】由斜率的定义知，. 故选：D. 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据两直线平行的充要条件求出的值即可得解. 【详解】若直线与直线互相平行且不重合， 则，解得，故. 所以“”是“直线与直线互相平行且不重合”的充要条件． 故选：C． 6. 在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】先将用表示，然后再结合数量积的运算律即可得解. 【详解】因为，所以 ， 从而，即的长为． 故选：C. 7. 数学家欧拉于1765年在他的著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据顶点坐标可得重心与外心的坐标，进而得欧拉线方程. 【详解】由重心坐标公式可得：重心，即. 由，，可知外心在的垂直平分线上， 所以设外心，因为， 所以， 解得，即：， 则， 故欧拉线方程：， 即：， 故选：A. 8. 在棱长为的正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）. A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系设点，利用以及两点的位置关系可得点的轨迹为四边形，求出该矩形周长即可得结果. 【详解】在正方体中，以为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，， 设，则， ，可得； 当时，，当时，， 取， 连结， 则， 四边形为矩形，则， 即，又和为平面中两条相交直线， 平面，又， 为的中点，则平面， 为使，必有点平面， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形， 又，则点的轨迹不是正方形， 则矩形的周长为. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用线面垂直证明 过程中辅助线较为复杂，所以建立空间直角坐标系可简化求解过程，得出点的轨迹形状即可求得周长. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知直线，，，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 当m＝1时，直线l的倾斜角为 C. 当m＝0时，直线l的斜率不存在 D. 当m＝2时，直线l与直线AB垂直 【答案】BD 【解析】 【分析】对于选项A，将代入，即可求得定点坐标；对于选项B、C、D，分别将m＝1、m＝0、m＝2代入，求斜率、倾斜角和判断两条直线垂直即可． 【详解】对于选项A，直线，令，解得直线l恒过定点，选项A错误； 对于选项B，当m＝1时，设直线l的方程为，斜率为，倾斜角为，选项B正确； 对于选项C，当m＝0时，直线l的方程化为，斜率为，斜率存在，选项C错误； 对于选项D，当m＝2时，直线，所以． 由，，可得，得， 所以直线l与直线AB垂直，选项D正确． 故选：BD． 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为4 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，利用共线定理列方程求解判断，对于B，由，得求解，对于CD，表示出后利用二次函数性质求最值判断. 【详解】对于A，若，且， 则存在唯一实数使得，即， 则，解得，故A正确； 对于B，若，则，即， 化简得，因为，所以无实数解，故B错误； 对于CD，，故当时，取得最小值为，无最大值，故C正确，D错误. 故选：AC. 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由于等价向量关系，联系到一个三角形内，进而确定点的坐标； 对于B，将点的运动轨迹考虑到一个三角形内，确定路线，进而考虑体积是否为定值； 对于C，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数； 对于D，考虑借助向量的平移将点轨迹确定，进而考虑建立合适的直角坐标系来求解点的个数． 【详解】 易知，点在矩形内部（含边界）． 对于A，当时，，即此时线段，周长不是定值，故A错误； 对于B，当时，，故此时点轨迹为线段，而，平面，则有到平面的距离为定值，所以其体积为定值，故B正确． 对于C，当时，，取，中点分别为，，则，所以点轨迹为线段，不妨建系解决，建立空间直角坐标系如图，，，，则，，，所以或．故均满足，故C错误； 对于D，当时，，取，中点为．，所以点轨迹为线段．设，因为，所以，，所以，此时与重合，故D正确． 故选：BD． 【点睛】本题主要考查向量的等价替换，关键之处在于所求点的坐标放在三角形内． 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知到直线的距离等于3，则a的值为_________. 【答案】或 【解析】 【分析】由距离公式，解方程得出a的值. 【详解】由距离公式可得，， 即，解得或. 故答案为：或. 13. 平面的法向量是，点在平面内，则点的到平面的距离___________. 【答案】 【解析】 【分析】利用空间向量的方法求距离即可. 【详解】解：设直线PA与平面所成的角为， ， 则点到平面的距离为. 故答案为：. 14. 在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件先确定出在平面内的轨迹，然后通过建立空间直角坐标系，根据两直线方向向量夹角的余弦值结合三角函数值的范围，计算出两直线所成角的余弦值的取值范围. 【详解】记在底面内的投影为，则底面， 又、平面，故、， 则，， 又，则， 所以的轨迹是以为圆心半径为的圆， 建立如下图所示的空间直角坐标系： 设，，， 所以， 所以，其中 设直线与直线的所成角为， 所以. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：计算线面角，一般有如下几种方法： （1）利用面面垂直的性质定理，得到线面垂直，进而确定线面角的垂足，明确斜线在平面内的射影，即可确定线面角； （2）在构成线面角的直角三角形中，可利用等体积法求解垂线段的长度，从而不必作出线面角，则线面角满足（为斜线段长），进而可求得线面角； （3）建立空间直角坐标系，利用向量法求解，设为直线的方向向量，为平面的法向量，则线面角的正弦值为. 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△ABC的三个顶点为，，．求： （1）AB所在直线的方程； （2）AB边上的高所在直线的方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，由直线的点斜式，即可得到结果； （2）根据题意，先得到AB边上的高所在直线的斜率，再由直线的点斜式即可得到结果. 【小问1详解】 依题意，直线AB的斜率， 所以直线AB的方程为，即． 小问2详解】 由（1）知，直线AB的斜率为2，所以AB边上的高所在直线的斜率为， 所以AB边上的高所在直线的方程为，即． 16. 在中，内角所对的边分别为． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据两角和与差的余弦公式展开，以及同角平方和关系即可求解；（2）根据（1）的结果可分两种情况讨论或，结合余弦定理即可判断为等边三角形，根据面积公式即可求解. 【小问1详解】 由得 则，且， 【小问2详解】 方法一： 由（1）得，可得，或 由余弦定理可得， 当时，；由可得，，即，此时为等边三角形，故 当时，，由可得，即，不符合要求， 所以，的面积为． 方法二： 由余弦定理可得，，当且仅当时，等号成立 即， ， 由（1）可得，且， 即， 方法三： 由正弦定理可得，，由（1）可得，， 则，， 当，即时，，即 ，进一步得， ，，即，故 于是为等边三角形，， 当，即时，， 即 ， ， 即 ，推出矛盾； 综上所述，的面积为． 17. 如图所示，四棱锥的底面是矩形， 底面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，证明直线的方向向量与平面的法向量垂直即可. （2）先求出直线的方向向量与平面的法向量，再利用直线与平面所成角的计算公式求解即可. 【小问1详解】 由题意知，两两互相垂直，以为原点，所在直线分别为轴，建立如图所示空间直角坐标系 ， 则，，，， 所以，. 底面， 又， 平面， 所以是平面的一个法向量. 因为， 所以. 又平面，所以平面. 【小问2详解】 因为，，，，， 所以，，， 设平面的法向量为，则 由，解得， 令，得平面的一个法向量为. 设直线与平面所成的角为， 则. 故：直线与平面所成角的正弦值为. 18. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）若方程在区间上有两个解，求实数的取值范围． 【答案】（1）最小正周期为，单调递减区间为； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用二倍角正余弦公式及辅助角公式化简函数式，再根据正弦型函数性质求最小正周期和单调递减区间； （2）由题设有，结合的性质求各单调区间的值域，由方程解的个数求参数范围. 【小问1详解】 由题设， 所以其最小正周期为， 令，，可得， 所以单调递减区间为； 【小问2详解】 在上有， 对于在上单调递减，对应值域为； 在上单调递增，对应值域为； 所以方程在区间上有两个解，只需. 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. （1）求证：平面平面； （2）若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）存在， 【解析】 【分析】（1）先在中，利用余弦定理求得，再由勾股定理可证，然后结合，利用线面垂直、面面垂直的判定定理，即可得证； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求平面与平面的夹角的方法列出关于参数的方程，即可得解． 【小问1详解】 证明：在中，由余弦定理知，， 所以，即， 因为，且，、平面， 所以平面， 又平面，所以平面平面． 【小问2详解】 以为坐标原点，，所在直线分别为，轴，作平面，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，0，，，0，，，，，，，，，0，，，，， 所以，0，，，，，，，， ，0，，，，， 所以，0，，，，，， 设平面的法向量为，，，则， 即， 取，则，，所以，，， 设平面的法向量为，，，则，即， 取，则，，所以，，， 因为平面和平面夹角的余弦值为， 所以， 整理得，，即， 解得或， 因为，所以， 故存在，使得平面和平面夹角的余弦值为，此时． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 福州高级中学2024—2025学年第一学期 高二第一次适应性考试数学试题 命卷教师：章世忠 审卷教师：高岚龙 试卷总分：150分 完卷时间：120分钟 第Ⅰ卷 一、单项选择题：本题共有8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有且只有一项是符合题目要求的. 1. 已知点关于z轴的对称点为B，则等于（ ） A. B. C. 2 D. 2. 已知过坐标原点直线l的方向向量，则点到直线l的距离是 A. 2 B. C. D. 3. 在空间四边形ABCD中，E，F分别为BC，CD的中点，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，直线的斜率分别为，则（ ） A. B. C. D. 5. “”是“直线与直线平行”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 在所有棱长均为2的平行六面体中，，则的长为（ ） A. B. C. D. 6 7. 数学家欧拉于1765年在他著作《三角形的几何学》中首次提出定理：三角形的外心、重心、垂心依次位于同一直线上，且重心到外心的距离是重心到垂心距离的一半，这条直线被后人称之为三角形的欧拉线.已知的顶点为，，，则该三角形的欧拉线方程为（ ） A. B. C. D. 8. 在棱长为正方体中，分别为的中点，点在正方体表面上运动，且满足，点轨迹的长度是（ ）. A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求，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. 已知直线，，，则下列结论正确的是（ ） A. 直线l恒过定点 B. 当m＝1时，直线l的倾斜角为 C. 当m＝0时，直线l的斜率不存在 D. 当m＝2时，直线l与直线AB垂直 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 的最小值为 D. 的最大值为4 11. 在正三棱柱中，，点满足，其中，，则（ ） A. 当时，的周长为定值 B. 当时，三棱锥的体积为定值 C. 当时，有且仅有一个点，使得 D. 当时，有且仅有一个点，使得平面 三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知到直线的距离等于3，则a的值为_________. 13. 平面的法向量是，点在平面内，则点的到平面的距离___________. 14. 在棱长为的正四面体中，点为平面内的动点，且满足，则直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为______. 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△ABC的三个顶点为，，．求： （1）AB所在直线的方程； （2）AB边上的高所在直线的方程． 16. 在中，内角所对边分别为． （1）求的值； （2）若，，求的面积． 17. 如图所示，四棱锥的底面是矩形， 底面，，，，. （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角正弦值. 18. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和单调递减区间； （2）若方程在区间上有两个解，求实数的取值范围． 19. 如图，已知四棱锥的底面是平行四边形，，，是边长为2的等边三角形，，是线段的中点. （1）求证：平面平面； （2）若，是否存在，使得平面和平面夹角的余弦值为？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $