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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（福建1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）以下四组向量在同一平面的是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
2．（2022秋·福建龙岩·高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）若过点的直线与以点为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（ ）
A． B． C． D．
3．（2023秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则=（ ）
A． B． C． D．
4．（2023秋·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
5．（2023春·福建厦门·高二厦门一中校考期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
6．（2021秋·福建泉州·高二校考阶段练习）已知直线：，：，直线垂直于，，且垂足分别为A，B，若，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．8
7．（2022春·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
8．（2022秋·福建泉州·高二晋江市季延中学校考期中）数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线围成的图形的面积是；
②曲线上的任意两点间的距离不超过；
③若是曲线上任意一点，则的最小值是．
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2022秋·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在唯一的点满足
D．存在点满足
10．（2022秋·福建厦门·高二福建省厦门第二中学校考阶段练习）若直线不能构成三角形，则的取值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是（ ）
A． B． C． D．
12．（2022秋·福建厦门·高二福建省厦门集美中学校考阶段练习）若直线将圆平分，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022秋·福建·高二福建师大附中校考期末）已知空间三点坐标分别为,点在平面内,则实数的值为 .
14．（2022秋·福建三明·高二三明市第二中学校考开学考试）设、是两个不共线的向量，已知，若A、B、D三点共线，求k的值为 ．
15．（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）如图，在三棱锥中，，，，点在上，且，为中点，构成空间的一个基底，将用基底表示，= .
16．（2022秋·福建福州·高二福建省福州第二中学统考阶段练习）如图，空间四边形的各边及对角线长都为，是的中点，在上，且．则与所成角的余弦值为 ．
四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（2020秋·福建厦门·高二厦门一中校考阶段练习）已知三角形ABC的三个顶点是A(1，1)，B(-1，3)，C(3，4).
（1）求边BC的高所在直线l1的方程；
（2）若直线l2过点C，且A B到直线l2的距离相等，求直线l2的方程.
18．（2023秋·福建莆田·高二莆田二中校考开学考试）已知直线的方程为．
(1)求直线过的定点P 的坐标；
(2)直线与x 轴正半轴和y 轴正半轴分别交于点A，B ，当面积最小时，求直线的方程；
19．（2020秋·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.
（1）求圆的方程；
（2）过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积分别是．求的取值范围.
20．（2022春·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.
(1)若，试证；
(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
21．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
22．（2022秋·福建福州·高二福建省福州格致中学校考阶段练习）如图，四边形是菱形，，平面平面，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
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2023-2024学年高二数学上学期期中精选名校测试卷（福建1）
（本试卷满分150分，考试时间120分钟）
测试范围：选择性必修第一册（人教A版2019）第一章、第二章
一、单选题(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，只有一项是符合题目要求的)
1．（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期末）以下四组向量在同一平面的是（ ）
A．、、 B．、、
C．、、 D．、、
【答案】B
【分析】利用共面向量的基本定理逐项判断可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，设，所以，，无解；
对于B选项，因为，故B选项中的三个向量共面；
对于C选项，设，所以，，无解；
对于D选项，设，所以，，矛盾.
故选：B.
2．（2022秋·福建龙岩·高二福建省连城县第一中学校考阶段练习）若过点的直线与以点为端点的线段相交，则直线的倾斜角取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】先在直角坐标系中作出三点，再求出的斜率，进而求出对应的倾斜角，结合图象可知直线的倾斜角的取值范围.
【详解】如图所示，设的倾斜角为，的倾斜角为，则所求直线的倾斜角的取值范围为，
易得，，
又因为，所以，
所以所求直线的倾斜角的取值范围为.
故选：A.
3．（2023秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）在三棱锥P-ABC中，点O为△ABC的重心，点D，E，F分别为侧棱PA，PB，PC的中点，若，，，则=（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的线性运算，结合重心的性质即可求解.
【详解】取中点为，
三个式子相加可得,
又
,
故选：D
4．（2023秋·福建宁德·高二福建省宁德第一中学校考阶段练习）过点的直线在两坐标轴上的截距之和为零，则该直线方程为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】D
【分析】可以分截距都为零和截距不为零两种情况进行考虑，截距为零，直线过原点，求出方程即可，截距部位零，利用截距式，设出方程求解即可；也可以设出方程，求出截距，进行计算即可.
【详解】解法一 当直线过原点时，满足题意，此时直线方程为，即；
当直线不过原点时，设直线方程为，
因为直线过点，所以，
解得，此时直线方程为.
故选：
解法二 易知直线斜率不存在或直线斜率为0时不符合题意.
设直线方程为，
则时，，时，，
由题意知，
解得或，即直线方程为或.
故选：
5．（2023春·福建厦门·高二厦门一中校考期中）已知，，则在上的投影向量为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据空间向量的投影向量公式进行求解.
【详解】，
故在上的投影向量为.
故选：D
6．（2021秋·福建泉州·高二校考阶段练习）已知直线：，：，直线垂直于，，且垂足分别为A，B，若，，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．8
【答案】C
【分析】根据条件设出直线l3的方程，求出点A，B坐标，用m表示出，再借助几何意义即可计算得解.
【详解】因直线垂直于，，则设直线l3的方程为：，
由得点，由得点，而，，
于是得，
而表示动点到定点与的距离的和，
显然，动点在直线上，点与在直线两侧，因此，，
当且仅当点M是直线与线段EF：的交点，即原点时取“=”，此时m=0，
从而得取最小值，
所以，当直线l3方程为：时，取最小值.
故选：C
7．（2022春·福建福州·高一福建省福州第一中学校考期末）如图，三棱锥中，，，，分别是的中点，是的中点，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】以向量，，为基底表示向量，，利用向量，夹角的余弦值去求异面直线与所成角的余弦值
【详解】由题意可得，
，
由
可得
则异面直线与所成角的余弦值为
故选：C
8．（2022秋·福建泉州·高二晋江市季延中学校考期中）数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美．平面直角坐标系中，曲线：就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论：
①曲线围成的图形的面积是；
②曲线上的任意两点间的距离不超过；
③若是曲线上任意一点，则的最小值是．
其中正确结论的个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】结合已知条件写出曲线的解析式，进而作出图像，对于①，通过图像可知，所求面积为四个半圆和一个正方形面积之和，结合数据求解即可；对于②，根据图像求出曲线上的任意两点间的距离的最大值即可判断；对于③，将问题转化为点到直线的距离，然后利用圆上一点到直线的距离的最小值为圆心到直线的距离减去半径即可求解.
【详解】当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：；
当且时，曲线的方程可化为：，
曲线的图像如下图所示：
由上图可知，曲线所围成的面积为四个半圆的面积与边长为的正方形的面积之和，
从而曲线所围成的面积，故①正确；
由曲线的图像可知，曲线上的任意两点间的距离的最大值为两个半径与正方形的边长之和，即，故②错误；
因为到直线的距离为，
所以，
当最小时，易知在曲线的第一象限内的图像上，
因为曲线的第一象限内的图像是圆心为，半径为的半圆，
所以圆心到的距离，
从而，即，故③正确，
故选：C.
二、多选题(本大题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分)
9．（2022秋·福建福州·高二福建省福州第一中学校考期末）如图，已知正方体的棱长为2，点为的中点，点为正方形上的动点，则（ ）
A．满足平面的点的轨迹长度为
B．满足的点的轨迹长度为
C．存在唯一的点满足
D．存在点满足
【答案】AC
【分析】利用线面平行的判定定理可以证得点的轨迹，进而判断A；建立空间直角坐标系，得到，，为正方形上的点，可设，且，，进而对BCD各个选项进行计算验证即可判断并得到答案.
【详解】对于A，取的中点，的中点，又点为的中点，
由正方体的性质知，，，，
所以平面平面，又平面，平面，
故点的轨迹为线段，故A正确；
以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，
则，，设，且，，
，，
对于B，，即，
又，，则点的轨迹为线段，,
且，故B错误；
对于C，
显然，只有时，，即，故存在唯一的点满足，故C正确；
对于D，点关于平面的对称点的为，三点共线时线段和最短，
故， 故不存在点满足，故D错误.
故选：AC
10．（2022秋·福建厦门·高二福建省厦门第二中学校考阶段练习）若直线不能构成三角形，则的取值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】ABD
【分析】分，过与的交点三种情况讨论即可.
【详解】因为直线不能构成三角形，
所以存在，过与的交点三种情况，
当时，有，解得；
当时，有，解得；
当过与的交点，则联立，解得，代入，得，解得；
综上：或或.
故选：ABD.
11．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）在所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点，则下列选项中直线AQ与直线MN垂直的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，求得相关点的坐标，从而求得的坐标，计算，即可判断A,B,C,D的正误.
【详解】所有棱长都相等的正三棱柱中，点A是三棱柱的顶点，M，N、Q是所在棱的中点,故可设棱长为2，在正三棱柱中建立如图所示的空间直角坐标系：
对于A， ,
故 ,
则，故，即，故A正确；
对于B， ,
故 ,
则，故不垂直，故B不正确；
对于C， ,
故 ,
则，故，即，故C正确；
对于D， ,
故 ,
则，故不垂直，故D不正确；
故选：AC
12．（2022秋·福建厦门·高二福建省厦门集美中学校考阶段练习）若直线将圆平分，且在两坐标轴上的截距相等，则直线的方程为（ ）
A． B． C． D．
【答案】CD
【分析】求出圆心坐标，由题意知直线过圆心，再讨论截距等于和不等于两种情况即可求解.
【详解】由可得，所以圆心，半径为，
若直线将圆平分，则直线过圆心，
若横纵截距都等于，则直线过原点，此时直线斜率为，
直线方程为即，
若截距不等于，设方程为，则，可得，
所以即，
综上所述直线的方程为或，
故选：CD.
三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，把答案填在题中的横线上)
13．（2022秋·福建·高二福建师大附中校考期末）已知空间三点坐标分别为,点在平面内,则实数的值为 .
【答案】1
【分析】根据题意,存在实数使得等式成立,将各点坐标代入,列出方程组求解即可.
【详解】点在平面内,
存在实数使得等式成立,
,
,
解得.
故答案为:1.
14．（2022秋·福建三明·高二三明市第二中学校考开学考试）设、是两个不共线的向量，已知，若A、B、D三点共线，求k的值为 ．
【答案】
【分析】设，求出，建立方程组求出即可.
【详解】由A、B、D三点共线，可得，又，
则，又、不共线，则，解得.
故答案为：.
15．（2022春·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）如图，在三棱锥中，，，，点在上，且，为中点，构成空间的一个基底，将用基底表示，= .
【答案】
【分析】连接，根据向量的加减运算法则，求得，进而求得向量，得到答案.
【详解】由题意，，，，
连接，根据向量的线性运算法则，可得，
因为为中点，，
又由点在上，且，可得，
所以.
16．（2022秋·福建福州·高二福建省福州第二中学统考阶段练习）如图，空间四边形的各边及对角线长都为，是的中点，在上，且．则与所成角的余弦值为 ．
【答案】
【分析】根据题意得，进而求解，，再计算余弦值即可.
【详解】解：因为是的中点，在上，且．
所以，
因为空间四边形的各边及对角线长都为，
所以，两两夹角为，
所以，，即
所以，
所以，
所以与所成角的余弦值为.
故答案为：
四、解答题(本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．（2020秋·福建厦门·高二厦门一中校考阶段练习）已知三角形ABC的三个顶点是A(1，1)，B(-1，3)，C(3，4).
（1）求边BC的高所在直线l1的方程；
（2）若直线l2过点C，且A B到直线l2的距离相等，求直线l2的方程.
【答案】（1）；（2）或.
【分析】（1）利用斜率计算公式、相互垂直的直线斜率之间的关系、点斜式即可得出．
（2）利用斜率计算公式、中点坐标公式、直线平行的性质、点斜式即可得出．
【详解】（1），，
直线的方程是，即．
（2）直线过点且、到直线的距离相等，
直线与平行或过的中点，
，直线的方程是，即，
的中点的坐标为，
，直线的方程是，即，
综上，直线的方程是或．
18．（2023秋·福建莆田·高二莆田二中校考开学考试）已知直线的方程为．
(1)求直线过的定点P 的坐标；
(2)直线与x 轴正半轴和y 轴正半轴分别交于点A，B ，当面积最小时，求直线的方程；
【答案】(1)；
(2)
【分析】（1）将直线的方程变形，列出方程组即可求解；
（2）利用直线的截距式方程设出直线的方程，根据（1）的结论及基本不等式，结合三角形的面积公式即可求解.
【详解】（1）由题意，直线的方程可化为，
联立方程组解得，
所以直线过的定点．
（2）设直线 ，则，
由 （1） 知，直线 过的定点，可得，
因为，
所以，解得，
当且仅当且即时，等号成立，
所以面积为 ，
此时对应的直线方程为，即．
19．（2020秋·福建厦门·高二厦门外国语学校校考期中）已知圆与直线相切于点，圆心在轴上.
（1）求圆的方程；
（2）过点且不与轴重合的直线与圆相交于两点，为坐标原点，直线分别与直线相交于两点，记的面积分别是．求的取值范围.
【答案】（1）； （2）.
【分析】（1）由题可知，设圆的方程为，列出方程组，求得，，即可得到圆的方程；
（2）设直线的斜率为，则直线的方程为，联立方程组，求得点A的坐标，同理得到点B的坐标，求得，得到所以，利用基本不等式，即可求解.
【详解】（1）由题可知，设圆的方程为，
，解得，，所以圆的方程为．
（2）由题意知，，
设直线的斜率为 ，则直线的方程为，
由，得，
解得或，则点的坐标为．
又直线的斜率为，同理可得点的坐标为．
由题可知，，．
因此，
又，同理，
所以，当且仅当时取等号．
又，所以的取值范围是．
【点睛】本题主要考查了圆的方程的求解，以及直线与圆的位置关系的应用，其中解答中根据题意设出直线的方程，分别求得点A的坐标，同理得到点B的坐标，求得，进而得到 ，利用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力.
20．（2022春·福建泉州·高二福建省永春第一中学校考阶段练习）如图，已知直三棱柱，，，分别为线段，，的中点，为线段上的动点，，.
(1)若，试证；
(2)在（1）的条件下，当时，试确定动点的位置，使线段与平面所成角的正弦值最大.
【答案】(1)证明见解析
(2)为的中点时，取得最大值.
【分析】（1）先证平面，得，结合已知条件得出，根据及
勾股定理的逆定理，得出，进而得出平面，即证.
（2）建立空间直角坐标系，求出相关平面的法向量和直线的方向向量，再由向量的夹角公式可求出线面角，
在利用二次函数的性质即可求解该问题.
【详解】（1）在中，
∵为中点且，
∴.
∵平面平面交线为，
∴平面，∴.
∵，分别为，的中点，
∴.
∴.
在直角和直角中，
∵，，
∴，
∴，
∴，
∴.
∴平面，平面，
∴.
（2）∵平面，由（1）得，，三线两两垂直，以为原点，
以，，为，，轴建立空间直角坐标系如图，
则，，，，，，
∴，.
设平面的一个法向量为，
则，
令得，，
设，，则，
∴，，
设直线与平面所成的角为，
则.
若，此时点与重合，
若，令，则.
当，即，为的中点时，取得最大值.
21．（2022秋·福建厦门·高三厦门双十中学校考阶段练习）如图，在四棱锥中，四边形是矩形，是正三角形，且平面平面，，为棱的中点，四棱锥的体积为．
(1)若为棱的中点，求证：平面；
(2)在棱上是否存在点，使得平面与平面所成锐二面角的余弦值为？若存在，指出点的位置并给以证明；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)证明见解析；
(2)存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
【分析】（1）取中点，连接，得到，然后利用线面平行的判定定理得到平面；（2）假设在棱上存在点满足题意，建立空间直角坐标系，设，根据平面与平面的夹角的余弦值为，则两平面法向量所成角的余弦值的绝对值等于，求出，即可得出结论.
【详解】（1）
取中点，连接，
分别为的中点，
，
底面四边形是矩形，为棱的中点，
，．
，，
故四边形是平行四边形，
．
又平面，平面，
平面．
（2）假设在棱上存在点满足题意，
在等边中，为的中点，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
平面，则是四棱锥的高．
设，则，，
，所以.
以点为原点，，的方向分别为轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系，则，，，，
故，，．
设，
．
设平面PMB的一个法向量为，
则
取．
易知平面的一个法向量为，，
，
故存在点，位于靠近点的三等分点处满足题意.
22．（2022秋·福建福州·高二福建省福州格致中学校考阶段练习）如图，四边形是菱形，，平面平面，，，，．
(1)证明：平面平面；
(2)在棱上是否存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，若存在，求的值，若不存在，说明理由．
【答案】(1)证明见解析
(2)存在，且
【分析】（1）取线段的中点，连接、，设，证明出四边形为平行四边形，可得出，再证明出平面，可得出平面，利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（2）设，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，结合可求得的值，即可得解.
（1）
证明：连接，因为平面平面，平面平面，
，平面，平面，
平面，，
因为四边形为菱形，则，，平面，
设，取线段的中点，连接、，
因为四边形为菱形，则为的中点，
所以，且，
由已知且，所以，且，
所以，四边形为平行四边形，所以，，则平面，
平面，故平面平面.
（2）
解：因为平面，，
以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、、、，
设平面的法向量为，，，
则，取，则，
设，其中，
，
，设平面的法向量为，
则，
取，可得，
由已知可得，
整理可得，因为，解得.
因此，在棱上存在点使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为，且.
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