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（解析版）

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（解析版），共18页。

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】点在平面上的投影的坐标为.
故选：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.
【答案】B
【解析】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. 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.
【答案】B
【解析】
.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】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】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
【答案】A
【解析】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】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. 在梯形中，为钝角，且，若为线段上一点，，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】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.
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】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】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】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.
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】令，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______________.
【答案】
【解析】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.
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】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.
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.
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. 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.
解：（1）因为，由正弦定理可得.
又因为，则，所以.
整理得，即.
因，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. 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.
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. 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．
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
.
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.
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.