福建省部分优质高中2024-2025学年高二上学期暑期优学模拟质量检测数学试题及参考答案

这是一份福建省部分优质高中2024-2025学年高二上学期暑期优学模拟质量检测数学试题及参考答案，文件包含2024年福建省部分优质高中新高二年级暑期优学模拟质量检测docx、2024年福建省部分优质高中新高二年级暑期优学模拟质量检测参考答案及评分标准docx、2024年福建省部分优质高中新高二年级暑期优学模拟质量检测pdf、2024年福建省部分优质高中新高二年级暑期优学模拟质量检测参考答案及评分标准pdf等4份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的。
二、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，有选错的得0分。
注意：全部选对的得6分，选对其中一个选项得3分。有错选的得0分。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．3 13．52 14．①②
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．（本题满分13分，第一小题5分，第二小题8分）
解：（1）AN=AA1+A1N=AA1+23(A1B1+A1D1)=c+23(a+b)=23a+23b+c.
（2）AM=AB+12BD1=AB+12(BA+AD+DD1)=12a+12b+12c，
NM=AM−AN=(12a+12b+12c)−(23a+23b+c)=−16a−16b−12c，
所以|NM|=(−16a−16b−12c)2=136a2+136b2+14c2+118a·b+16a·c+16b·c
=136×4+136×4+14×1+16×2×1×12+16×2×1×12=296.
所以MN=296.
16．（本题满分15分，第一小题8分，第二小题7分）
解：（1）依题意，a=(1,1,0),b=(−1,0,2),c=(−2,−1,2)，ka+b=(k,k,0)+(−1,0,2)=(k−1,k,2)，
由ka+b与c垂直，得(ka+b)⋅c=−2(k−1)−k+2×2=0，解得k=2，
所以k=2.
（2）由（1）知，a⋅b=−1，|b|=5，所以a在b上的投影向量为a⋅b|b|2b=−15b=(15,0,−25).
17．（本题满分15分，第一小题7分，第二小题8分）
解：（1）依题意可得A0,0,0，B1,0,0，C0,2,0，A10,0,2，B11,0,2，C10,2,2，D0,2,1，
则A1C=0,2,−2，BD=−1,2,1，
所以A1C⋅BD=0×−1+2×2−2×1=0，所以A1C⊥BD；
（2）因为A1C=0,2,−2，AC=0,2,0，AB1=1,0,2，
设平面AB1C的法向量为n=x,y,z，
则n⋅AB1=x+2z=0n⋅AC=2y=0，取n=2,0,−1，
设直线A1C与平面AB1C所成角为θ，
则sinθ=A1C⋅nA1C⋅n=26×5=3015，所以直线A1C与平面AB1C所成角的正弦值为3015.
18．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题6分，第三小题6分）
解：1）证明：因为AD⊥平面PAB,BC ∥ AD，所以BC⊥平面PAB，
又因为AE⊂平面PAB，所以AE⊥BC.
在△PAB中，PA=AB,E是PB的中点，所以AE⊥PB.
又因为BC∩PB=B,BC,PB⊂平面PBC，所以AE⊥平面PBC；
（2）解：因为AD⊥平面PAB,AB,PA⊂平面PAB，
所以AD⊥AB,AD⊥PA，又因为PA⊥AB，即AP,AB,AD两两垂直，
所以以A为原点，AP,AB,AD所在的直线分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系A−xyz，
如图所示：
则A0,0,0,B0,2,0,C0,2,m,E1,1,0,P2,0,0,D0,0,3，
所以AC=0,2,m,AE=1,1,0
设平面AEC的法向量为n=x,y,z.
则n⋅AC=0n⋅AE=0，即2y+mz=0,x+y=0.令x=1，则y=−1,z=2m，
于是n=1,−1,2m.
因为AD⊥平面PAB,PB⊂平面PAB，所以AD⊥PB.
又PB⊥AE,AD∩AE=A,AD,AE⊂平面AED，
所以PB⊥平面AED.又因为PB=−2,2,0，
所以取平面AED的法向量为b=−1,1,0.
所以csn,b=n⋅bn⋅b=33，即−1−12⋅2+4m2=33，解得m2=1.
又因为m>0，所以m=1.
（3）结论：存在且DFFE=2.
理由如下：设DF=λDE=λ1,1,−3=λ,λ,−3λλ∈0,1，
因为D0,0,3,∴Fλ,λ,3−3λ，所以BF=λ,λ−2,3−3λ，
当m=2时，C0,2,2.所以CE=1,−1,−2，
由BF⊥CE知，BF⋅CE=λ−λ+2−6+6λ=0，
所以6λ=4,λ=23∈0,1，
所以DF=23DE，所以DFFE=2，
所以，在线段ED上存在点F，使得BF⊥CE，且DFFE=2.
19．（本题满分17分，第一小题5分，第二小题12分）
（1）取PA中点Q，连接NQ,MQ，由N为PB中点，得NQ//AB,NQ=12AB，
依题意，MC//AB,MC=12AB，则NQ//MC,NQ=MC，
于是四边形CMQN是平行四边形，CN//MQ，而MQ⊂平面PAM，NC⊄平面PAM，
所以NC//平面PAM.
（2）取AM中点G，连接PG，由PM=PA=1，得PG⊥AM，而平面PAM⊥平面ABCD，
平面PAM∩平面ABCD=AM,PG⊂平面PAM，则PG⊥平面ABCD，
过M作Mz//PG，则Mz⊥平面ABCD，又MA,MB⊂平面ABCD，于是Mz⊥MA,Mz⊥MB，
在矩形ABCD中，MA=MB=2，MA2+MB2=4=AB2，则MA⊥MB，
以点M为原点，直线MA,MB,Mz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则M(0,0,0),B(0,2,0),C(−22,22,0),P(22,0,22)，
MB=(0,2,0),MP=(22,0,22),BC=(−22,−22,0)，
设平面PMB的法向量为m=(a,b,c)，则m⋅MB=2b=0m⋅MP=22a+22c=0，.
令a=1，得m=(1,0,−1)，
设直线BC与平面PMB所成的角为θ，则sinθ=|cs〈m,BC〉|=|m⋅BC||m||BC|=222×1=12，
所以直线BC与平面PMB所成角的大小为π6.
（3）连接DG，由DA=DM，得DG⊥AM，而PG⊥AM，则∠PGD为P−AM−D的平面角，即∠PGD=θ，
过点D作Dz⊥平面ABCD，以D为坐标原点，直线DA,DC,Dz分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，则A1,0,0，M0,1,0，C0,2,0，
显然AM⊥平面PGD，AM⊂平面ABCD，则平面PGD⊥平面ABCD，
在平面PGD内过P作PH⊥DG于点H，则PH⊥平面ABCM，
设Px0,y0,z0，而PG=22，则PH=22sinθ，GH=22csθ，DH=221−csθ，
即x0=y0=22(1−csθ)⋅22=12(1−csθ)，z0=22sinθ，
所以P(12(1−csθ),12(1−csθ),22sinθ)，
于是AM=−1,1,0，PA=(1+csθ2,csθ−12,−22sinθ)，
设平面PAM的法向量为n1=x1,y1,z1，则−x1+y1=01+csθ2x1+csθ−12y1−2sinθ2z1=0，令z1=2，得n1=tanθ,tanθ,2，
设平面PBC的法向量为n2=x2,y2,z2，
因为CB=1,0,0，PC=(csθ−12,csθ+32,−22sinθ)，
则x2=0csθ−12x2+csθ+32y2−22z2sinθ=0，令y2=2sinθ，得n2=0,2sinθ,3+csθ，
设平面PAM和平面PBC为α，则csα=n1⋅n2n1⋅n2=2sin2θcsθ+32+2csθ2tan2θ+2sin2θ+6csθ+10=3csθ+111−cs2θ+6csθ
=3|csθ+13|−(csθ+13)2+203(csθ+13)+809=3809(csθ+13)2+203(csθ+13)−1
令t=1csθ+13，θ∈(0,π2]，则t∈(34,3]，即csα=980t2+60t−9，则当t=3时，csα有最小值1111，
所以平面PAM和平面PBC夹角余弦值的最小值为1111．
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
A
A
C
C
D
A
C
B
题号
9
10
11
答案
CD
AC
BC