河北省承德市高新区第一中学2026年暑假新高二数学自主学习质量检测卷（1）

**基本信息** 该卷聚焦新高二数学暑假自主学习检测，以空间几何与代数综合为核心，通过四点共面判断（第1题）、圆锥体积计算（第3题）等基础题，结合立体几何动态探究（第11题）、三角函数性质应用（第17题），体现直观想象与逻辑推理素养，适配假期知识巩固与能力提升。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|空间几何（1、3）、向量（2）、三角函数（4、8）|第6题结合直观图面积，考查空间观念| |多选题|3/18|向量运算（9）、正方体线面关系（10、11）|第11题动态探究存在性，培养创新意识| |填空题|3/15|向量夹角（12）、三角函数单调区间（13）|第14题两角和正切，强化运算能力| |解答题|5/77|解三角形（15）、立体几何证明与计算（18、19）|第19题结合球心存在性探究，体现数学建模|

河北省承德市高新区第一中学2026年暑假新高二数学自主学习质量检测卷（1） 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．如果空间四点A，B，C，D不共面，那么下列判断正确的是（    ） A．直线与平行 B．直线与相交 C．A，B，C，D四点中可以有三点共线 D．A，B，C，D四点中不存在三点共线 2．已知向量，若，则（ ） A． B．80 C． D． 3．底面半径为4的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥，所得圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 4．已知，且，则的值为（    ） A． B． C． D． 5．在中，若 ，且的面积，则（    ） A． B． C． D． 6．一水平放置的平面四边形的直观图如图所示，其中，轴，轴，轴，则四边形的面积为（ ） A． B．6 C． D． 7．在中，，是上靠近的一个三等分点，若，则实数的值为（    ） A． B． C． D． 8．若函数的最大值为，则的最小正周期为（    ） A． B． C． 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．下列式子中可以化简为的有（     ）． A． B． C． D． 10．如图，正方体中，点分别为的中点，则（    ） A． B．平面 C． D．平面 11．如图，在正方体中，P为线段的中点，Q为线段上的动点（不包括端点），则（    ） A．存在点Q，使得 B．存在点Q，使得平面 C．三棱锥的体积是定值 D．二面角的余弦值为 三、填空题（本大题共3小题，共15分） 12．已知平面向量满足，则与的夹角为_____. 13．函数的单调递增区间为______． 14．已知，均为锐角，，，的值为_______． 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）在 中，，． (1)求 的最大值； (2)求 面积的最大值． 16．(本小题15分）已知向量，满足，，与的夹角为． (1)求； (2)若，求实数k的值． 17．(本小题15分）已知函数的最小正周期为． (1)求在上的单调性； (2)设是锐角三角形，，，是的内角，若，求的取值范围． 18．(本小题17分）如图，四边形是正方形，平面，，，、、分别为、、的中点． (1)求证：平面； (2)求平面与平面夹角的大小； (3)若，在线段上是否存在一点，使直线与平面所成的角为．若存在，求出点的坐标，若不存在，说明理由． 19．(本小题17分）如图，四棱锥的底面为直角梯形，，，侧面为正三角形，平面平面，且，为的中点． (1)证明：平面． (2)求二面角的正弦值． (3)在线段上是否存在点，使、、三点在以点为球心的球面上？若存在，求的值；若不存在，说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D A A B C D D C AD BCD 题号 11 答案 BD 1．D 【详解】若直线与平行或相交，则两条直线确定一个平面，可得四点共面，与题设矛盾，故A、B均错误.若四点中有三点共线，则这条直线与第四个点确定一个平面，可得四点共面，与题设矛盾，因此四点中不存在三点共线，故C错误，D正确. 2．A 【详解】∵ 向量，，且，∴，解得. ∴ ，. 3．A 【详解】底面半径为4的圆锥被平行底面的平面所截，截去一个底面半径为1、高为2的圆锥， 通过相似可知，原圆锥高为，满足，解得.可知该圆台上底半径为，下底半径为，高为，圆台的体积为. 4．B 【详解】由两角和的正切公式得， ，，故B正确. 5．C 【详解】由题意得：，的面积， 则，所以，. 6．D 【详解】由题意，，轴，轴，轴， 则，设轴与交点为D，则四边形为平行四边形， 则,，， 于是，四边形的面积为， 因为四边形面积是四边形的面积的倍， 所以四边形的面积为． 7．D 【详解】由题意， 故, 根据平面向量基本定理可知，，则. 8．C 【详解】因为的最大值为,所以函数的最大值为，即，解得：，所以的最小正周期为. 9．AD 【详解】选项A：根据向量加法的三角形法则，， 故A正确.选项B：，不等于，故B不正确. 选项C：为共起点的两个向量的和，根据平行四边形法则，和向量的起点为O， 与方向不相同，故C不正确.选项D：，故D正确. 10．BCD 【详解】以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 对于A，，显然与没有倍数关系， 故不平行，即与不平行，故A错误； 对于B，平面的一个法向量为， ，故，又平面，故平面，故B正确； 对于C，因，， 则，所以，故C正确； 对于D，，， 设平面的一个法向量为， 则，故可取， 因，则与平行，故平面，故D正确. 故选：BCD 11．BD 【详解】对于A，若，因为平面，平面， 所以平面，矛盾，故A错误． 对于B，以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 设正方体棱长为2，则， 因为， ， 故，， 故，，因为，平面， 故平面，当Q为的中点时，，此时平面，故B正确． 对于C，Q在线段上运动，若三棱锥的体积为定值，则平面， ，，设平面的法向量为， 则， 解得，令得，故， 故，故与不垂直， 故平面不成立，故C错误； 对于D，二面角即二面角，连接BP，DP，BD， 由于为等边三角形， 则，，所以为所求二面角的平面角， 不妨设正方体的棱长为2，则的棱长为， 故，， 由余弦定理可得， 二面角的余弦值为，故D正确． 故选：BD 12． 【详解】解法一：因为， 所以， 所以，因为，所以与的夹角为． 解法二：作，，由平行四边形法则， 记，即，如图所示， 因为，则均为正三角形， 所以四边形为菱形且与的夹角为． 13． 【详解】 ， 由，解得. 因此函数的单调递增区间为. 14． 【详解】因为为锐角，且，则； 又因为，均为锐角，则，则； 因为，则； 故； 15．【详解】（1）由余弦定理可得 ，即． 由 ，得，，当且仅当 时等号成立． 所以 的最大值为. （2）(当且仅当 时等号成立)． 所以 面积的最大值为. 16．【详解】（1）由题意得，，， 则 （2）因为， 所以， 解得. 17．【详解】（1） 因为函数的最小正周期为，所以，即， 因此函数又，可得 当即时，单调递增，故单调递增； 当即时，单调递减，故单调递减； 所以函数在上单调递增，在上单调递减； （2）由（1）可知，， 已知，可得，化简得 因为是锐角三角形内角，所以，故，得， 又，故， 因为三角形是锐角三角形，所以，解得 由正弦定理可得： 因为，所以，则，故 因此 18．【详解】（1） 因为四边形是正方形，、、分别为、、的中点， 所以即，， 因为，平面，在平面外，所以平面， 因为，平面，在平面外， 所以平面， 又，所以由唯一确定一个平面，故平面即平面； 又，所以是两条相交直线，且平面， 所以平面平面，又平面， 所以平面； （2）由题意可建立如图所示空间直角坐标系， 设，则， 所以， 因为平面平面，所以平面的一个法向量为， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则可得， 所以， 所以平面与平面夹角为； (3)存在，点的坐标为，理由如下： 由（2）得，设， 则，又，所以， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 所以，取，则， 所以， 若直线与平面所成的角为，则，即， 整理得，解得，则. 所以在线段上存在一点使直线与平面所成的角为，点的坐标为. 19．【详解】(1)因为，，则， 又平面平面，平面平面，平面， 平面，取的中点，连接、， 平面，，在正三角形中，， 又，、平面，平面， 是中点，是的中点，，， ，，，， 四边形是平行四边形，，平面. （2）取的中点，连接，在正三角形中，， 面面，面面，平面，面， 以为原点，、、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，，， ， 设平面和平面的一个法向量分别为， 由，得，取，得， 由，得，取，得， 则， 则二面角的正弦值为． （3）(3)在线段上不存在点满足条件，理由如下： 假设在线段上存在点满足条件，设， 由（2），，， 则，， 由得 ，无解， 即在线段上不存在满足条件的点． 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $