精品解析：福建省福州市部分学校教学联盟2024-2025学年高二上学期9月开学适应性练习数学试卷

2024~2025学年第一学期福州市部分学校教学联盟9月开学适应性练习 高二数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据点在平面上的投影特征求解即可. 【详解】点在平面上的投影的坐标为. 故选：D. 2. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 【答案】B 【解析】 【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得. 【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意； 对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意； 对于C，因，即，，共面，故C不合题意； 对于D，因，即，，共面，故D不合题意. 故选：B. 3. 如图，空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用空间向量的线性运算法则求解. 【详解】 . 故选：B. 4. 已知向量，，则向量在向量上的投影向量（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用投影向量的意义求解即得. 【详解】由向量，，得，而， 向量在向量上的投影向量. 故选：C 5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的图象及“五点法”作图求解即可. 【详解】根据图象可得，，解得， 所以，即， 将点代入的解析式，得， 则，解得，，又， ，所以. 故选：D. 6. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定等腰三角形 C. 若，则一定是直角三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 【答案】A 【解析】 【分析】A选项，由正弦定理得到，求出，同理可得，A正确；B选项，由正弦定理和二倍角公式得到，故或，故为等腰三角形或直角三角形；C选项，化切为弦得到，结合B选项可得C错误；D选项，无法确定中其中之一是否为钝角，D错误. 【详解】A选项，，由正弦定理得， 即， 因为，所以，故，即， 同理可得，故， 一定是等边三角形，A正确； B选项，，由正弦定理得， 即，所以， 因为，所以或， 故或，故为等腰三角形或直角三角形，B错误； C选项，， 即，由B选项可知，为等腰三角形或直角三角形，C错误； D选项，，故， 故为锐角，但不知中其中之一是否为钝角，故无法确定是否为钝角三角形，D错误. 故选：A 7. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】B 【解析】 【分析】延长交于点，连接交于，连接，取的中点，连接，得到四边形所求裁面，再利用平行的相似比得到为上靠近的三等分点即可． 【详解】 如图，延长交于点，连接交于， 连接，则四边形所求截面． 取的中点，连接. ∵， ∴是△APC的中位线， ∴为的中点． 又分别为中点， ∴，则，即， ∴为上靠近的三等分点，故． 故选：B. 8. 在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，取中点，因为，所以，以为轴建立直角坐标系，根据，得，从而计算. 【详解】根据题意，取中点，因为，所以， 以为轴建立直角坐标系，则， 设，， 则， 则 因为，则, 的，则， 且. 故选：B 【点睛】关键点点睛：利用坐标法，根据，确定点的坐标，再坐标法计算数量积. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，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，有选错或不选的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 向量，，若，则 B. 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中的一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间向量基本定理及基底的基本概念，判断每个选项即可. 【详解】解：对于选项A，由，也可能是或，故错误； 对于选项B，因为对空间中任意一点，， 则， 整理得. 由空间向量基本定理可知点，，，四点共面，故正确； 对于选项C，由是空间中的一组基底，则，向量，，不共面， 可得向量，，也不共面，所以也是空间的一组基底，故正确； 对于选项D，若空间四个点，，，，， 可得，即，则，，三点共线，故正确. 故选：BCD. 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与直线为异面直线 C. 直线与直线所成的角为 D. 平面 【答案】AD 【解析】 【分析】利用线面平行的判定即可判断A；根据即可判断BC，建立合适的空间直角坐标系，证明，最后结合线面垂直的判定即可. 【详解】对A，连接，因为，所以四边形为平行四边形， 所以，又因为平面，平面，所以平面，故A正确； 对BC，由A知，则两直线共面，则直线与直线不是异面直线，且直线与直线所成的角不是故BC错误； 对D，以为坐标原点，建立如图所示直角坐标系， 则， 则， 则， 则，又因为平面，所以平面. 故选：AD. 11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 周长的最小值为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据线面垂直的判定定理与性质即可判断A；如图，确定三点共线时取得最小值，进而判断B；如图，确定球心和半径即可判断C；利用空间向量法求解面面角即可判断D. 【详解】A：由题意知，，又平面， 所以平面，由平面，得； 当为的中点时，又四边形为正方形，为的中点， 所以，由平面，所以平面，故A正确； B：将平面和平面沿铺成一个平面，如图，连接，交于， 此时三点共线，取得最小值，即的周长取得最小值， 又， 所以的周长的最小值为，故B错误； C：易知中，，取的中点，过作平面，如图 ， 则三棱锥的外接球的球心必在上，且， 所以球的半径为，其体积为，故C正确； D：易知两两垂直，建立如图空间直角坐标系， 则，设， 所以， 易知为平面的一个法向量，设平面的一个法向量为， 则，令，得，所以， 所以， 当且仅当时等号成立，设平面与平面所成角为， 则，所以，故D正确. 故选：ACD 【点睛】方法点睛：解决与球相关的切、接问题，其通法是作出截面，将空间几何问题转化为平面几何问题求解，其解题思维流程如下： （1）定球心：如果是内切球，球心到切点的距离相等且为球的半径；如果是外接球，球心到接点的距离相等且为半径； （2）作截面：选准最佳角度做出截面（要使这个截面尽可能多的包含球、几何体的各种元素以及体现这些元素的关系），达到空间问题平面化的目的； （3）求半径下结论：根据作出截面中几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解. 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知 则 _______ 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的关系处理即可. 【详解】令，则，． ． 故答案为： 13. 圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为______________. 【答案】 【解析】 【分析】结合圆锥的几何特征，分别求出，最后应用圆锥体积公式计算. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为，高为，则， 所以，所以圆锥的体积为. 故答案为： 14. 若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，__________． 【答案】 【解析】 【分析】以为变量，结合一元二次不等式的存在性问题可得，解不等式结合题意得，由此可得答案. 【详解】因为恒成立， 即恒成立， 若存在实数，使得上式成立，则， 则， 可得，可得， 解得， 由， 则取得最大值时， 此时. 故答案为：. 【点睛】关键点点睛：双变量问题的解题关键是一次只研究其中一个变量，本题先以为变量，转化为存在性问题分析求解. 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点. （1）证明：平面. （2）求平面与平面夹角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）不妨设，建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，由，得到，即可得证； （2）求出平面的法向量，利用空间向量法计算可得. 【小问1详解】 不妨设，则，如图建立空间直角坐标系， 则，，，，，， 所以，，， 设是平面的一个法向量， 则，取，则， 所以平面的一个法向量， 又，所以，因为平面，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，所以是平面的一个法向量， 又因为， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求AB边上的中线长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理、三角恒等变换等知识求得. （2）利用余弦定理求得，利用向量法求得AB边上中线长. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得. 又因为，则，所以. 整理得，即. 因为，所以，所以，所以. 【小问2详解】 由余弦定理，且， 则有， 又，故. 设边上中线为CM，则， ，故边上中线长为. 17. 如图，在四棱锥中，平面，，，，，点在上，且. （1）证明：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连结，交于点，连结，利用相似比得，然后可得，根据线面平行判定定理即可得证； （2）以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，利用二面角的向量公式求出，再由点到直线的距离的向量公式可得. 【小问1详解】 连结，交于点，连结， 因为， 所以，又， 所以，所以， 因为面，面， 所以平面. 【小问2详解】 以为原点，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系， 设，，则，，，， 则，， 设平面的法向量为， 则，即， 令，可取， 平面的法向量可取， 所以，得， 因， 与同向的单位向量， 所以点到直线距离为. 18. 平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求四边形周长的取值范围； （3）若为边上一点，且满足，，求的面积． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）首先求出，再由余弦定理计算可得； （2）在中利用余弦定理及基本不等式求出的取值范围，即可求出的范围，即可求出四边形周长的取值范围； （3）依题意可得，即可求出、、，再由余弦定理求出，最后由面积公式计算可得. 【小问1详解】 因为，，所以， 在中由余弦定理 ； 【小问2详解】 在中， 即， 所以，所以，当且仅当时取等号， 又， 则，即，所以， 所以， 即四边形周长的取值范围为； 【小问3详解】 因为，所以，又， 所以，，又，所以， 在中由余弦定理， 即 在中由余弦定理， 即， 又，所以， 所以， 又，所以， 即，所以， 所以，所以， 所以. . 【点睛】关键点点睛：本题第3小问的解决关键是利用余弦定理得到，从而结合第2小问中的结论即可得解. 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D. （1）求证：平面； （2）若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析； （2）； （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）通过几何图形的性质证明，即可； （2）利用平面，并结合三棱锥的体积公式计算即可； （3）根据二面角的定义结合（1）作出其平面角，解三角形即可. 【小问1详解】 如图所示，连接， 由题意可知平面ABC，四边形是菱形. 平面ABC，， 又D是AC中点，是正三角形，， 又平面，平面， 平面，， 在菱形中，有， 而D，E分别是线段的中点，则，所以， 平面，平面； 【小问2详解】 如图所示， 由（1）可知，，平面， 为三棱锥的高， ，， 又在平面内的射影为， ，则，， ，则， 为直角三角形， ， . 【小问3详解】 如图，假设存在G点满足题意，取的中点S，连接， 过G作交于M，连接MD， 易得，平面，平面，故平面， 又结合（1）的结论有，故二面角为， 所以， 如图，在菱形中，作， 易得， 则， 易知为直角三角形，故. 【点睛】思路点睛：本题立体几何的求解可从以下方面入手： （1）证明线面垂直，要在该平面内找两条相交直线与已知直线垂直即可； （2）第二问关键在于求三棱锥的高，通过构造线面垂直来转化； （3）另一个关键在于求二面角的平面角，结合（1）的结论找出垂直关系解三角形即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 2024~2025学年第一学期福州市部分学校教学联盟9月开学适应性练习 高二数学试卷 （考试时间：120分钟；满分：150分） 一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 在空间直角坐标系中，点在平面上的投影的坐标为（ ） A. B. C. D. 2. 已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（ ） A. ，， B. ，， C. ，， D. ，， 3. 如图，空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，，则向量在向量上投影向量（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数的部分图象如图所示，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知的内角所对的边分别为，下列四个命题中正确的命题是（ ） A. 若，则一定是等边三角形 B. 若，则一定是等腰三角形 C. 若，则一定是直角三角形 D. 若，则一定是锐角三角形 7. 如图，三棱柱中，分别为中点，过作三棱柱的截面交于，且，则的值为（ ） A. B. C. D. 1 8. 在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（ ） A. B. 1 C. D. 二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题所给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错或不选的得0分． 9. 关于空间向量，以下说法正确的是（ ） A. 向量，，若，则 B 若对空间中任意一点，有，则，，，四点共面 C. 设是空间中一组基底，则也是空间的一组基底 D. 若空间四个点，，，，，则，，三点共线 10. 已知正方体的棱长为1，下列四个结论中正确的是（ ） A. 平面 B. 直线与直线为异面直线 C. 直线与直线所成的角为 D. 平面 11. 如图所示，在直三棱柱中，底面是等腰直角三角形，，点为侧棱上的动点，为线段中点.则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 周长的最小值为 C. 三棱锥的外接球的体积为 D. 平面与平面的夹角正弦值的最小值为 三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知 则 _______ 13. 圆锥的高为2，其侧面展开图的圆心角为，则该圆锥的体积为______________. 14. 若存在实数m，使得对于任意的，不等式恒成立，则取得最大值时，__________． 四､解答题：本题共5小题，共77分．解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤． 15. 如图，在直四棱柱中，底面为矩形，且分别为的中点. （1）证明：平面 （2）求平面与平面夹角的余弦值. 16. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且. （1）求角C的大小； （2）若，，求AB边上的中线长. 17. 如图，四棱锥中，平面，，，，，点在上，且. （1）证明：平面； （2）当二面角的余弦值为时，求点到直线的距离. 18. 平面四边形中，，，，． （1）求； （2）求四边形周长的取值范围； （3）若为边上一点，且满足，，求的面积． 19. 如图，在三棱柱中，底面是边长为2的等边三角形，，D，E分别是线段的中点，在平面内的射影为D. （1）求证：平面； （2）若点F为棱的中点，求三棱锥的体积； （3）在线段上是否存在点G，使二面角的大小为，若存在，请求出的长度，若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$