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（含解析）

这是一份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（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题）
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．已知为空间的一个基底，则下列各组向量中能构成空间的一个基底的是（ ）
A．B．
C．D．
3．如图，空间四边形中，，，，点M在上，且，点N为中点，则等于（ ）
A．B．
C．D．
4．已知向量，，则向量在向量上的投影向量（ ）
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．1C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
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
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（本大题共3小题）
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（本大题共5小题）
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，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.
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.
参考答案
1．【答案】D
【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．【答案】B
【分析】直接利用空间向量的基地概念判断选项即可.
【详解】对于A，设，则，所以共面，不能构成空间的一个基底，故A错误；
对于B，设，则，无解，则不共面，能构成空间的一个基底，故B正确；
对于C，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故C错误；
对于D，设，则，则共面，不能构成空间的一个基底，故D错误；
故选：B
3．【答案】B
【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.
【详解】
.
故选：B.
4．【答案】C
【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．【答案】D
【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．【答案】A
【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．【答案】B
【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．
又分别为的中点，
∴，则，即，
∴为上靠近的三等分点，故．
故选：B.
8．【答案】B
【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.
9．【答案】BCD
【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．【答案】AD
【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．【答案】ACD
【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：根据作出截面中的几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.
12．【答案】
【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．【答案】
【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．【答案】
【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.
15．【答案】(1)证明见解析
(2)
【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.
【详解】（1）不妨设，则，如图建立空间直角坐标系，

则，，，A1,0,0，，，
所以，，，
设m=x,y,z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.
（2）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．【答案】(1)
(2)
【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.
【详解】（1）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.
（2）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．【答案】(1)证明见解析
(2)
【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.
【详解】（1）连结，交于点，连结，
因为，
所以，又，
所以，所以，
因为面，面，
所以平面.
（2）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，
因为，
与同向的单位向量，
所以点到直线的距离为.
18．【答案】(1)
(2)
(3)
【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.
【详解】（1）因为，，所以，
在中由余弦定理
；
（2）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；
（3）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．【答案】(1)证明见解析；
(2)；
(3)存在，.
【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.
【详解】（1）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；
（2）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，
，
.
（3）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.