2024~2025學(xué)年第一學(xué)期福州市精師高中高二年級(jí)入學(xué)質(zhì)量檢測(cè)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)

第第頁(yè)2024~2025學(xué)年第一學(xué)期福州市精師優(yōu)質(zhì)高中高二年級(jí)入學(xué)質(zhì)量檢測(cè)數(shù)學(xué)參考答案及評(píng)分標(biāo)準(zhǔn)一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。題號(hào)12345678答案BDADAABC二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，有多個(gè)選項(xiàng)是符合題目要求的。全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。注意：全部選對(duì)的得6分，第9、10題選對(duì)其中一個(gè)選項(xiàng)得2分，第11題選對(duì)其中一個(gè)選項(xiàng)得3分。有錯(cuò)選的得0分。題號(hào)91011答案ACDBCDBC三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．?3913．2173四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。15．（本題滿分13分，第一小題6分，第二小題7分）解：（1）由圖可得，EF=（2）由題意，|a則a?于是，由EF=?|=(1故|EF16．（本題滿分15分，第一小題7分，第二小題8分）解：（1）因?yàn)榈酌鍭BCD是平行四邊形，AC∩BD=O，所以AO=OC，BO=OD．又PA=PC，PB=PD，所以PO⊥AC，PO⊥BD，又AC∩BD=O，AC,BD?平面ABCD，所以PO⊥平面ABCD．設(shè)DO=t，則AO=2t，由PA2?A解得t=1（負(fù)值已舍去），則AO=2，DO=1．因?yàn)锳D=5，所以AD2因?yàn)镻O∩DO=O，PO,DO?平面PBD，所以AO⊥平面PBD．又AO?平面PAC，所以平面PAC⊥平面PBD．（2）由（1）可知，OA，OB，OP兩兩垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線OA，OB，OP分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，則C?2,0,0，B0,1,0，P0,0,2，所以BC設(shè)平面BCP的法向量為m=則m?BC=?2x?y=0m?由圖可知，n=0,1,0是平面設(shè)二面角A?PC?B的大小為θ，易知θ為銳角，則cosθ=所以二面角A?PC?B的余弦值為6317．（本題滿分15分，第一小題5分，第二小題5分，第三小題5分）解：（1）當(dāng)3PF=FB時(shí)，E、F、A、D四點(diǎn)共面，理由如下：證明：令3PF=FB，∵3PE=EC，即PFFB=PE又∵AD//BC，∴EF//AD，故E、F、A、D四點(diǎn)共面；（2）取AD的中點(diǎn)O，連接OB，OP，如圖所示：∵△PAD為等邊三角形，AD=2，∴OP⊥AD，AO=1，OP=3又平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，OP?平面PAD，∴OP⊥平面ABCD，∵OB?平面ABCD，∴OP⊥OB，∵PB⊥BC，BC//AD，∴AD⊥PB，∵OP⊥AD，且OP?平面POB，PB?平面POB，OP∩PB=P，∴AD⊥平面POB，∵OB?平面POB，∴OB⊥AD，在菱形ABCD中，AB=2，則OB=3，PB=設(shè)點(diǎn)A到平面PBC的距離為?，則VA?PBC=V即13×1故點(diǎn)A到平面PBC的距離為62（3）由（2）得OA，OB，OP兩兩垂直，則建立以O(shè)為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系O?xyz，則O(0,0,0)，P(0,0,3)，C(?2,3,0)，A(1,0,0)，E為線段PC上一點(diǎn)，設(shè)PE=tPC，則∴AE=(?2t?1,∵OP⊥平面ABCD，∴平面ABCD的法向量為OP=(0,0,∴|cos解得t=1E(?2設(shè)平面ADE的法向量為n=(x,y,z)則n?取y=?2，則x=0，z=1，∴平面ADE的法向量為n=(0，?2，1)設(shè)二面角E?AD?B的平面角為θ，則|cos由圖知，二面角E?AD?B的平面角為銳角，故二面角E?AD?B的余弦值為5518．（本題滿分17分，第一小題5分，第二小題5分，第三小題7分）解：（1）設(shè)平面交上底面于BW，W在圓弧GP上，因?yàn)樯舷碌酌嫫叫校蔋Q//BW，又因?yàn)镻F//平面BHQ，PF?平面PGF，平面BHQ∩平面PGF=BW，所以PF//BW，所以HQ//PF，由題意可知PF⊥PG,PF⊥GH，又GH∩PG=G，GH、PG?平面PGH，所以PF⊥平面PGH，所以HQ⊥平面PGH，又HQ?平面BHQ，平面BHQ⊥平面PGH.（2）由（1）知HQ⊥平面PGH，連接GQ，所以∠HGQ是直線GQ與平面PGH所成角，所以由題意tan∠HGQ=又由題意HQ⊥QE，HE=2，所以QE=HE2?HQ2=所以由HQ//PF知點(diǎn)P在圓弧GF中點(diǎn)上，故PG=PF=2所以WH=H因?yàn)镻F//平面BHQ，所以點(diǎn)P到平面BHQ的距離即為F到平面BHQ的距離，又圓柱結(jié)構(gòu)性質(zhì)可知FC//BH,FC?平面BHQ，BH?平面BHQ，所以FC//平面BHQ，所以F到平面BHQ的距離即為C到平面BHQ的距離，設(shè)該距離為d，因?yàn)閂C?BHQVB?HCQ又VC?BHQ=VB?HCQ，所以36d=1（3）過(guò)Q作QK垂直于底面，則由上知HQ⊥QE，所以可建立如圖所示的分別以QE、QH、QK為x、y、z軸的空間直角坐標(biāo)系Q?xyz，則Q0,0,0，設(shè)H0,b,0,Ea,0,0所以QH=設(shè)平面BHQ的法向量為m=x1所以m·QH=0m·QB=0設(shè)平面BEQ的法向量為n=x2所以n·QE=0n·QB=0設(shè)平面BHQ與平面BEQ的夾角為θ，則cosθ=且a2整理得9a所以a2b2=a24?a2=4a2?a419．（本題滿分17分，第一小題5分，第二小題6分，第三小題6分）解：（1）如圖1，M′,N′分別是點(diǎn)M、N在線段AC上的投影，則M′為AO所以tan∠MAM′所以∠MAM′=∠NON′如圖2，又因?yàn)锳M?平面BDN，ON?平面BDN，所以AM∥平面BDN.（2）以O(shè)為原點(diǎn)，分別以O(shè)A→,OB→,O設(shè)E(2,0,t)(0≤t≤4)，所以DB→=(0