河北省承德市双滦区实验中学2024-2025学年高一下学期暑假数学网上测试卷（2）

河北承德市双滦区实验中学 2024--2025学年第二学期暑假高一数学网上测试卷（2） 一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1.下列说法正确的个数（ ） （1）三点确定一个平面；（2）一条直线和一个点确定一个平面；（3）两条直线确定一个平面；（4）三角形和梯形一定为平面图形. A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 2.设m、n是两条不同的直线，、是两个不同的平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，，则 3.在四边形MNPQ中，若，则四边形MNPQ是（ ） A. 平行四边形 B. 矩形 C. 正方形 D. 菱形 4.已知向量、不共线，且，，若与共线，则实数的值为（ ） A. 1 B. C. 1或 D. 或 5.在中，，则的面积为（ ） A. B. C. D. 6.已知向量与的夹角为，，则向量在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 7.已知圆锥的母线长为，为底面的圆心，其侧面积等于，则该圆锥的体积为（ ）A. B. C. D. 8.已知圆锥的顶点为P，底面圆心为O，为底面直径，，，点C在底面圆周上，且二面角为，则（ ） A. 该圆锥的侧面积为 B. 该圆锥的体积为 C. 的面积为 D. 二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求） 9.设向量，则下列说法错误的是（ ） A. 若与的夹角为钝角，则 B. 的最小值为9 C. 与共线的单位向量只有一个，为 D. 若，则 10.在中，内角对边分别为a，b，c，根据下列条件解三角形，其中有两解的是（ ） A. B. C. D. 11.如图，在三棱锥中，，点是上一动点，则（ ） A. 过各中点的截面的面积为 B. 直线与平面所成角的正弦值为 C. 面积的最小值为 D. 将三棱锥的四个面展开在同一平面得到的平面图形可以是直角三角形或正方形。 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12.已知向量，，若在上的投影向量，则向量与的夹角为________． 13.在如图所示的圆柱中，是底面圆的直径，是圆柱的母线，且，点是底面圆周上的一点，且，则直线与平面所成的角的正切值为_____． 14.如图，在棱长为1的正方体中，E，F，K分别为线段的中点，下列四个结论：①直线共点；②直线为异面直线；③四面体的体积为；④线段上存在一点N使得直线平面．其中所有正确结论的序号为             ． 四、解答题（本大题共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.(本小题13分）如图，在三棱柱中，侧棱底面，，为的中点，，． （1）求三棱柱的表面积； （2）求证：平面． 16.(本小题15分）在中，角的对边分别为满足． （1）求B的大小； （2）若，的面积为，求的周长． 17.(本小题15分）如图，在平行四边形中，对角线相交于点，设. （1）以为基底表示和； （2）将平行四边形放到平面直角坐标系中，若点，且与共线，求实数的值. 18.(本小题17分）在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． （1）求角B； （2）若的角平分线交AC于点D，，，求BD； （3）若的外接圆的半径为，求的取值范围． 19.(本小题17分）如图，在四棱锥中，底面是正方形，平面，且，为线段上的动点. （1）若为的中点，求三棱锥的体积； （2）若，问上是否存在点，使得平面？若存在，请指明点的位置；若不存在，请说明理由； （3）求平面与平面所成锐二面角的余弦值. 参考答案： 1.【答案】B 【解析】对于（1），当三点共线时，不能确定一个平面，所以（1）错误. 对于（2），当点在直线上时，不能确定一个平面，所以（2）错误. 对于（3），当两条直线异面时，不能确定一个平面，所以（3）错误. 对于（4），根据平面图形的定义，三角形和梯形一定是平面图形，所以（4）正确. 正确的个数是1个，选B. 2.【答案】D 【解析】对于A选项，，时，与可能平行、相交或异面，A错误. 对于B选项，，时，可能，B错误. 对于C选项，，时，可能或，C错误. 对于D选项，根据线面垂直的判定定理的推论，两条平行线中的一条垂直一个平面，那么另一条也垂直该平面， 所以若，，则，D正确.正确的是D选项. 3.【答案】A 【解析】在四边形MNPQ中，因为，根据向量加法的平行四边形法则， 以和为邻边的平行四边形的对角线为，所以四边形MNPQ是平行四边形. 故选：A. 4.【答案】C 【解析】因为与共线，所以存在，使，即. 又、不共线，则，整理得，解得或. 故选：C. 5.【答案】A 【解析】由余弦定理， 解得，则.的面积. 故选：A. 6.【答案】A 【解析】法一： 根据向量投影向量公式 已知，，向量与的夹角为，则. ，，所以投影向量为. 法二：设，. 向量在上的投影为.方向的单位向量是（因为），所以投影向量为.答案为A. 7.【答案】C 【解析】设圆锥底面圆半径为，母线长，侧面积. 由圆锥侧面积公式，可得，解得. 圆锥的高.可得. 故选：C． 8.【答案】D 【解析】依题意，，，则， 对于选项A，圆锥的侧面积为，故选项A错误； 对于选项B，圆锥的体积为，故选项B错误； 对于选项C、D，设是的中点，连接，则， 则是二面角的平面角，则， 所以，故，则，， 所以故选项C错误，选项D正确.故选：D. 9.【答案】BC 【解析】A选项，与的夹角为钝角，故且不反向共线， 则，解得当反向共线时，，所以且，综上，，A正确； B选项，，因为，所以，故的最小值为3，B错误； C选项，，与共线的单位向量为，C错误； D选项，若，则，解得，D正确.故选：BC. 10.【答案】BC 【解析】选项A：已知两角及一边，根据三角形全等判定（角角边），只有唯一解，A错误. 选项B：由正弦定理，可得， 因为且，所以或，有两解，B正确. 选项C：由正弦定理，可得， 因为且，所以有两解且这两个解互补，C正确. 选项D：由正弦定理，可得， 因为，大边对大角，所以只有一解且为锐角，D错误. 故选：BC. 11.【答案】BCD 【解析】对于A，因为， 所以，所以两两垂直， 因为是平面内的两条相交直线，所以平面， 又平面，所以，记分别为的中点， 则，且 所以四边形为平行四边形，且， 所以为矩形，其面积为，A错误； 对于B，记点到平面距离为，的中点为，连接， 则，， 由等体积得，即，解得， 所以直线与平面所成角正弦值为，B正确； 对于C，由上知，是平面内的相交直线， 所以平面，因为平面，所以，所以， 所以当最短时，面积最小值， 显然，当时最短，此时，由等面积可得， 解得，所以面积最小值为，C正确； 对于D，将三棱锥沿剪开，展开所得平面图形为正方形，如图： 由上图观察可知，将绕着点旋转使重合， 将三棱锥沿着剪开，展开所得平面图形为直角三角形， 故D正确. 故选：BCD. 三、填空题 12.【答案】 【解析】设向量与的夹角为，已知， . 则， .在上的投影向量为 . 已知在上的投影向量， 则 ，即 ， 所以 ，进而 .可得 . 因为，所以 . 13.【答案】 【解析】因为点是底面圆周上的一点，所以, 又因为平面，平面，所以， 又因为，所以平面，故为直线与平面所成的角，因为，，所以, 故.故答案为：. 14.【答案】①②③ 【解析】对于①，如图所示，正方体中，有， E，F分别为线段的中点，有，所以， 延长交于点，由平面，平面， 平面平面，则，所以直线共点，①正确； 对于②，平面，而平面，，直线为异面直线， ②正确； 对于③，E为线段的中点，到平面的距离为到平面的一半， 则，③正确； 对于④，和相交，则不存在使得直线平面，④错误. 故答案为：①②③. 四、解答题 15.【答案】解：（1）由题易知三棱柱为直三棱柱，故侧面，，均为矩形．又，故底面，都是直角三角形。因为，，所以． 所以三棱柱的表面积为． （2）连接交于点，连接，由(1)知侧面为矩形 所以为的中点．因为为的中点，所以． 因为平面，平面，故平面． 16.【答案】解：（1）根据余弦定理， 又因为，可得， 由余弦定理得，又由正弦定理得， 因为，所以，所以，所以， 又因为，所以. （2）由三角形的面积公式，可得，可得， 又由余弦定理得， 因为，所以，解得， 所以的周长为． 17.【答案】解：（1）在平行四边形$OADB$中，因为对角线OD，BA相交于点， 根据平行四边形对角线性质，. 又，所以. 已知，，则. 因为，，代入可得： （2）已知，，，，则，. 因为与共线，所以. 即，，得. 18.【答案】解：（1）因为，所以 可得， 由正弦定理(为外接圆的半径)，得，因为，所以， 且，所以. （2）因为是的角平分线，所以， 因为， 则， 即，整理得，则． （3）因为，且，所以, 由正弦定理可得，则，， 则， 又因为，所以，即， 故的取值范围为. 19.【答案】解：（1）因为为的中点，所以点与点到平面的距离之比为， 故. （2）存在，取AB的中点，连接DM交AC于点，连接EG， 则EG为面AEC与面PMD的交线. 易得， 在三角形中，，所以，所以平面EAC， 即存在点，且当为AB中点时，平面. （3）过点P作，因为， 所以，面面， 因为面，所以，又，， 所以面， 又因为，所以面，，， 所以是面与面所成锐二面角的平面角， 因为是等腰直角三角形，所以. 第1页 共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$