精品解析：福建省平潭第一中学2024-2025学年高二上学期开门考试数学试卷

平潭一中2024--2025学年上学期开门考 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（　　） A. B. C. D. 2. 已知，向量，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 在空间直角坐标系中，已知点，则一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 6. 如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（　　） A. B. 平面 C. D. 平面 7. ，则的大小关系是 A. B. C. D. 8. 设，，分别是的内角，，的对边，已知，设是边的中点，且的面积为，则等于（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 10. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 的单调递减区间为 D. 的一个对称中心为 11. 已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 三棱锥的外接球体积不变 C. 异面直线与所成角的最大值为 D. 与平面所成角的余弦值最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则___________ 13. 如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的表面积为________． 14. 在中，，已知BC边上的中线，则面积的最大值为______. 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. 已知空间三点 （1）求以向量为一组邻边的平行四边形的面积； （2）若向量分别与向量垂直，且，求向量的坐标． 16. 四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别为PC，AD的中点. （1）求证：平面PFB； （2）求点E到平面PFB的距离. 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 18. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 19. 如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点． （1）证明：； （2）求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值； （3）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平潭一中2024--2025学年上学期开门考 高二数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 若构成空间的一个基底，则下列向量共面的是（　　） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据已知条件，结合共面向量的充要条件即可求解． 【详解】由共面向量的充要条件可得： 对于A选项， ，所以三个向量共面； 对于B选项，，所以三个向量共面； 对于C选项，假设三个向量共面， 则存在，使得， 则，即三个向量共面， 这与已知构成空间的一个基底矛盾，故假设错误， 即三个向量不共面，故C不正确； 对于D选项，＝，所以三个向量共面； 故选：ABD． 2. 已知，向量，，则“”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先利用向量平行的坐标表示求，再根据充分，必要条件的定义判断. 【详解】若向量，则，即 解得：或, 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：B 3. 设，向量，，且，，则（ ） A. B. 3 C. D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】由向量的关系列等式求解x，y的值，再运用向量加法的坐标表示公式，结合向量的模计算得出结果. 【详解】向量，且， ∴，解得， ∴， ∴， 故选：B 4. 设是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】B 【解析】 【分析】运用线面垂直平行的定理，结合长方体模型举反例即可判断. 【详解】对于A，如图，，此时，故A错误； 对于B，若，面内可以找一条直线，使得； 而，与内任意一条直线都垂直，则，则.故B正确； 对于C， 如图，，此时，故C错误； 对于D， 如图，，此时，故D错误． 故选：B. 5. 在空间直角坐标系中，已知点，则一定是（ ） A. 等腰三角形 B. 等边三角形 C. 直角三角形 D. 等腰直角三角形 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用空间两点间距离公式求出三角形边长作答. 【详解】点，则， ，， 而，所以一定为直角三角形. 故选：C 6. 如图，在正方体中，分别是的中点，则下列说法错误的是（　　） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】C 【解析】 【分析】以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系，利用向量法能求出结果． 【详解】 ∵在正方体ABCD-A1B1C1D1中，M，N分别是BC1，CD1的中点， ∴以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，DD1为z轴，建立空间直角坐标系， 设正方体ABCD-A1B1C1D1中，棱长为2， 则B（2，2，0），C1（0，2，2），M（1，2，1），D1（0，0，2），C（0，2，0），N（0，1，1）， ∴MN⊥CC1，故A正确；∴MN⊥平面ACC1A1，故B成立； ∵ ∴MN和AB不平行，故C错误； 平面ABCD的法向量 又MN⊄平面ABCD，∴MN∥平面ABCD，故D正确． 故选C． 【点睛】本题考查命题的真假判断，考空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是中档题． 7. ，则的大小关系是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得 ， ，故选D. 【点睛】本题考查函数的三角恒等变换和三角函数的图像与性质，涉及函数与不等式思想、数形结合思想和转化化归思想，考查逻辑思维能力、等价转化能力、运算求解能力，具有一定的综合性，属于中档题型.首先利用诱导公式和两角和差公式将 化简，再利用正弦的函数图像可得正解. 8. 设，，分别是的内角，，的对边，已知，设是边的中点，且的面积为，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据已知条件求出和，然后结合向量的数量积的运算即可求出结果. 【详解】因为， 所以，即， 结合正弦定理得，即， 所以，所以， 因为的面积为，所以，即，所以， 故选：A. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是（ ） A. 两条不重合直线，的方向向量分别是，，则 B. 两个不同的平面，的法向量分别是，，则 C. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 D. 直线的方向向量，平面的法向量是，则 【答案】AB 【解析】 【分析】运用空间线线平行，线面平行，线面垂直，面面垂直的向量证明方法,结合向量平行垂直的坐标结论，逐个判断即可. 【详解】两条不重合直线，的方向向量分别是，，则，所以，A正确； 两个不同的平面，的法向量分别是，，则，所以，B正确； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以或，C错误； 直线的方向向量，平面的法向量是，则，所以，D错误． 故选：AB 10. 关于函数，下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 的最大值为 C. 的单调递减区间为 D. 的一个对称中心为 【答案】ABC 【解析】 【分析】化简解析式，根据三角函数最小正周期、最值、单调区间，对称中心的知识确定正确选项. 【详解】. 所以的最小正周期为，A正确， 的最大值为，B正确， 由解得，所以的单调递减区间为，C正确. ，所以的一个对称中心为，D不 正确. 故选：ABC 11. 已知矩形，，，将沿对角线进行翻折，得到三棱锥，在翻折的过程中下列结论成立的是（ ） A. 三棱锥的体积最大值为 B. 三棱锥的外接球体积不变 C. 异面直线与所成角的最大值为 D. 与平面所成角的余弦值最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A， 当平面平面时，三棱锥的高最大，再棱锥体积公式计算即可； 对于B，设的中点为，则由知，，所以为三棱锥外接球的球心，其半径为，再用球的体积公式计算即可； 对于C，若，由，，平面，平面，可得平面，得到，因为，直角三角形斜边最长，知道不成立; 对于Ｄ, 因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大，当平面平面时，到面的距离最大为，再用锐角三角函数和同角三角函数关系分析计算即可. 【详解】解：对于A，， 当平面平面时，三棱锥的高最大， 此时体积最大值为，故A正确； 对于B，设的中点为，则由知，， 所以为三棱锥外接球的球心，其半径为， 所以外接球体积为，即三棱锥的外接球体积不变，故B正确； 对于C，若，由，，平面，平面， 可得平面，因为平面，则， 因，根据直角三角形斜边最长，知道不成立，故C错误； 对于D，因为是定值，则只需到面的距离最大时，与平面 所成角最大， 当平面平面时，到面的距离为， 设与平面 所成角为，此时， 因为为锐角，所以， 即与平面 所成角的余弦值最小值为，故D正确． 故选：ABD 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】先由和角公式得，再平方结合倍角公式及平方关系求解即可. 【详解】由得，即，两边同时平方得， 即，解得. 故答案为：. 13. 如图，半球内有一内接正四棱锥，该四棱锥的体积为，则该半球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】设球体半径为可得，根据棱锥的体积求，进而求半球的表面积. 【详解】如图，连接，交点为，设球的半径为， 由题意知：．则， 四棱锥的体积为，解得， ∴该半球的表面积为． 故答案为： 14. 在中，，已知BC边上的中线，则面积的最大值为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意利用平面向量的加减法几何意义，可得，两边平方再利用两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式，求得的最大值，可得的面积的最大值． 【详解】解：中，，边上的中线长为3，，设，， 平方可得：， 化简可得，， 可得：， 故的面积． 故答案为：． 【点睛】本题主要考查平面向量的加减法几何意义，两个向量的数量积的定义，余弦定理、基本不等式的应用，属于中档题． 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. 已知空间三点 （1）求以向量为一组邻边的平行四边形的面积； （2）若向量分别与向量垂直，且，求向量的坐标． 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）根据已知条件，求出，进而得出，根据 四边形的面积公式即可求解； （2）设出的坐标，利用向量垂直的充要条件及向量的摸的公式即可求解. 【小问1详解】 由，得 ， 所以，即， 又， 所以向量为一组邻边的平行四边形的面积为 . 【小问2详解】 设，则 因为且， 所以，即 ，即 联立，解得 解得或． 所以或. 16. 四棱锥中，底面为正方形，平面，，E，F分别为PC，AD的中点. （1）求证：平面PFB； （2）求点E到平面PFB的距离. 【答案】（1）证明：取中点，连接 因为分别是的中点，所以， 而，所以 因此四边形是平行四边形,所以 平面，平面 所以平面 （2） 【解析】 【分析】（1）取PB中点G，连接EG，FG，则由中位线性质可得四边形DEGF是平行四边形，即DEFG，从而DE平面PFB； （2）由DE平面PFB，故点D、E到平面PFB的距离相等，点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥以为底面的高，利用等体积法即得解 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1），DE平面PFB，故点D、E到平面PFB的距离相等，即求点D到平面PFB的距离，记为 点D到平面PFB的距离可以看成三棱锥以为底面的高， 由，故 由于 故， 故 故点E到平面PFB的距离为 17. 记的内角A、B、C的对边分别为a，b，c，已知， （1）求B； （2）若的面积为，求c． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理、平方关系依次求出，最后结合已知得的值即可； （2）首先求出，然后由正弦定理可将均用含有的式子表示，结合三角形面积公式即可列方程求解. 【小问1详解】 由余弦定理有，对比已知， 可得， 因为，所以， 从而， 又因为，即， 注意到， 所以. 【小问2详解】 由（1）可得，，，从而，， 而， 由正弦定理有， 从而， 由三角形面积公式可知，的面积可表示为 ， 由已知的面积为，可得， 所以. 18. 如图，四棱锥中，底面ABCD，，． （1）若，证明：平面； （2）若，且二面角的正弦值为，求． 【答案】（1）证明：因为平面，而平面，所以， 又，，平面，所以平面， 而平面，所以. 因为，所以， 根据平面知识可知， 又平面，平面，所以平面． （2） 【解析】 【分析】（1）先证出平面，即可得，由勾股定理逆定理可得，从而 ，再根据线面平行的判定定理即可证出； （2）过点D作于，再过点作于，连接，根据三垂线法可知，即为二面角的平面角，即可求得，再分别用的长度表示出，即可解方程求出． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图所示，过点D作于，再过点作于，连接， 因为平面，所以平面平面，而平面平面， 所以平面，又，所以平面， 根据二面角的定义可知，即为二面角的平面角， 即，即． 因为，设，则，由等面积法可得，， 又，而为等腰直角三角形，所以， 故，解得，即． 【点睛】 19. 如图多面体ABCDEF中，面面，为等边三角形，四边形ABCD为正方形，，且，H，G分别为CE，CD的中点． （1）证明：； （2）求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值； （3）作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出的值（不需要说明理由，保留作图痕迹）． 【答案】（1） 在正方形中，， ∵平面平面，平面平面平面， 平面，又平面， ； （2） （3），作图如下： 【解析】 【分析】（1）由面面垂直得到线面垂直，从而证明出线线垂直； （2）由面面垂直得到线面垂直，再建立空间直角坐标系，写出点的坐标，得到平面的法向量，进而利用平面法向量求出面面角的余弦值； （3）作出辅助线，得到线线平行，进而得到结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 为等边三角形，设中点为，∴， 又平面平面，面面面，则面， 以为坐标原点，分别以为轴正方向建立空间直角坐标系，如图所示： 因为，则，则， 所以， 设平面的一个法向量为， 则，取得，所以， 设平面的一个法向量为， 则，取得， 所以， 所以， 所以平面与与平面成角的余弦值为； 【小问3详解】 如图所示：在上取一点，使得，连接， 因为，，所以，即， 所以为平行四边形，故， 因为H，G分别为CE，CD的中点，所以， 故，即共面， 故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $