2024-2025学年福建省福州市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析）

这是一份2024-2025学年福建省福州市高二上学期开学摸底考数学检测试题合集2套（附解析），共41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。
1．已知函数fx=4cs2ωx2−π6−1ω＞0 ，若对任意的实数t ，fx 在区间t,t+2π3 上的值域均为−1,3 ，则ω 的取值范围为（ ）
A．0,2 B．0,3 C．2,+∞ D．3,+∞
2．已知复数，则（ ）
A．B．C．D．
3．在中，角的对边分别为，若，则为（ ）
A．等腰三角形B．直角三角形
C．锐角三角形D．钝角三角形
4．在三棱锥中，，，E，F分别是，的中点，，则直线与所成的角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
5．已知平面向量满足，则的最大值为（ ）
A．2B．C．D．3
6．已知函数，若将函数的图象向左平移个单位长度后得到函数的图象，若关于的方程在上有且仅有两个不相等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．如图，正方体中，点E、F、G、H分别为棱的中点，点M为棱上的动点，则下列说法中正确的个数是（ ）

①AM与 异面；②平面AEM；③平面AEM截正方体所得的截面图形始终是四边形；④平面平面.
A．1个B．2个C．3个D．4个
8．已知为双曲线的左焦点，是的右顶点，点在过点且斜率为的直线上，且线段的垂直平分线经过点，则的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．已知复数（为虚数单位），复数的共轭复数为，则下列结论正确的是（ ）
A．在复平面内复数所对应的点位于第四象限B．
C．D．
10．已知空间中三点，，，则下列说法正确的是（ ）
A．与是共线向量B．与同向的单位向量是
C．和夹角的余弦值是D．平面的一个法向量是
11．已知函数的部分图象如图所示下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数的图象的对称轴方程为直线
C．函数的单调递减区间为
D．若对于任意，都有成立，实数的取值范围为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知角，为锐角，且，，则角 ．
13．已知，是不共线的向量，，，，若A，B，C三点共线，则实数，满足 ．
14．若曲线与圆恰有4个公共点，则的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．已知向量满足．
(1)若，求||的值；
(2)若，求的值．
16．已知圆过点，且圆心在直线上.
(1)求圆的方程；
(2)设点在圆上运动，点，记为线段的中点，求的轨迹方程；
17．已知，.
(1)求的值；
(2)求的值.
18．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，若问题中的三角形存在，求的值；若问题中的三角形不存在，说明理由．
问题：是否存在，它的内角的对边分别为，且，，________?
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
19．如图是函数图象的一部分．
(1)求函数的解析式；
(2)求函数的单调区间；
(3)记方程在上的根从小到大依次为，若，试求与的值．
参考答案
1．【答案】D
【分析】根据三角恒等变换化简函数解析式，再根据余弦型函数的值域与周期性可得解.
【详解】由fx=4cs2ωx2−π6−1=2csωx−π3+1ω＞0 ，函数值域为−1,3 ，
又对任意的实数t ，fx 在区间t,t+2π3 上的值域均为−1,3 ，则2π3＞T=2πω ，
解得ω＞3 ，
故选：D.
2．【答案】A
【分析】根据共轭复数和除法法则进行计算，得到答案.
【详解】因为，所以，
所以．
故选：A．
3．【答案】B
【分析】利用诱导公式及正弦定理将角化边即可判断.
【详解】因为，又，
即，由正弦定理可得，
即，所以为直角三角形且为直角.
故选：B
4．【答案】A
【分析】先作出辅助线，得到或其补角为线与所成的角，求出，结合，利用余弦定理求出余弦值.
【详解】取的中点，连接，
因为E，F分别是，的中点，
所以，故或其补角为直线与所成的角，
，
又，
故，
故直线与所成的角的余弦值为.
故选A.
5．【答案】C
【分析】根据向量加减法的平行四边形法则作图，问题转化为求的最值，利用外接圆数形结合可求最值.
【详解】设，如图，

由题意，即在平行四边形中，，，
求的最大值.
延长至，使，则，
由正弦定理，三点所在外接圆的直径，
所以，设圆心为，如图，

所以可知，又，
所以由余弦定理可得，
则由图象可知，
故选：C
6．【答案】B
【分析】根据三角函数图象平移的原则得的表达式，根据的范围得出的范围，结合余弦函数的性质列出不等式即可得结果.
【详解】将函数向左平移个单位长度后得到函数，
即，
∵，∴，
∵在上有且仅有两个不相等的实根，
∴，解得，
即实数的取值范围是，
故选：B.
7．【答案】C
【分析】根据正方体的几何性质逐项分析.
【详解】对于①，连接，四边形是平行四边形，
平面，平面，平面，
平面，又，所以与AM是异面直线，正确；

对于②，连接EH，则四边形是平行四边形，，
又平面AEM，平面AEM，平面AEM，正确；

对于③，取的中点T，当M与T重合时，连接，则有四点共面，
即平面AEM截正方体的图形是四边形，如下图：

当M点在线段上时，在平面内作直线，交的延长线于U，交于V，连接UM，
四点共面，平面，，
即平面AEM截正方体的图形是五边形，如下图：

错误；
对于④，在正方形ABCD内，
所以，又平面ABCD，平面ABCD，
，平面，平面，
平面AEM，平面平面，正确；
故选：C.
【点睛】难点点睛：本题的难点在于当M点移动时，平面AEM与正方体的交面需要在平面内寻找到与直线EM平行的直线AV，从而确定交面的形状.
8．【答案】C
【分析】由题意，，由两角差的正切公式计算可得，根据正弦定理建立a与c的方程，结合离心率的定义即可求解.
【详解】因为且的垂直平分线经过点A，
所以为等腰三角形且，
在中，，
由，
得，解得，由正弦定理可知：
，即，
有，整理得，
即，解得.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是根据和，结合正弦定理建立关于a与c的方程，解方程即可.
9．【答案】AC
【分析】根据复数的乘方以及除法运算化简复数，即可结合选项逐一求解.
【详解】,在复平面内复数所对应的点为，位于第四象限，A正确，
，B错误，
，C正确，
，故D错误，
故选：AC
10．【答案】BD
【分析】根据向量共线定理可判断A；根据单位向量的概念可判断B；由向量夹角的余弦公式可判断C；根据法向量的特征可判断D.
【详解】因为，，，
所以，，，
对于A：若存在实数使得，则，显然方程组无解，所以不存在使得，
即与不共线，故A错误；
对于B：因为，所以与同向的单位向量，故B正确；
对于C：，故C错误；
对于D：设平面的法向量，
则，取，得，故D正确；
故选：BD
11．【答案】ABD
【分析】根据给定的图象，结合五点法作图，求出，再利用正弦函数的性质逐项分析判断即得.
【详解】对于A，函数的周期，，解得，A正确；
对于B，由，得，
而，则，即，
由，解得，
函数的图象的对称轴方程为直线，B正确；
对于C，由，得，
因此函数的单调递减区间为，C错误；
对于D，当时，，，即，
由，显然，，
因此，D正确.
故选ABD.
【思路导引】结合题目图象，计算可得，，，从而得到函数，根据正弦函数的对称轴方程计算的图象的对称轴；再根据正弦函数的单调性计算的单调递减区间；最后根据时的范围计算实数的取值范围.
12．【答案】
【分析】由于，由两角差的正切公式求解.
【详解】由为锐角，，且，
则，，
所以，
又为锐角，所以.
故答案为：
13．【答案】.
【分析】方法1：运用三点共线，再运用向量相等列方程消去m可得结果.
方法2：先计算、，再运用A，B，C三点共线则列方程可得结果.
【详解】方法1：因为A，B，C三点共线，所以设，
即：，
所以，消去m得：.
方法2：，
，
因为A，B，C三点共线，所以，
故，所以．
故答案为：.
14．【答案】
【分析】根据直线和圆有两个公共点可列出不等式，从而求出的取值范围.
【详解】因为曲线与圆恰有4个公共点，
所以直线，均与圆相交，且两直线的交点不在该圆上，
则有,解得．
故答案为:.
15．【答案】(1)4
(2)
【分析】（1）将两边平方化简求解即可；
（2）将两边平方化简得到，根据求解即可
【详解】（1）∵∴，∴，即
（2），∴，即
．
16．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先求的垂直平分线方程为，与的交点即圆心，圆心到点的距离即为半径，即可得圆的标准方程.
（2）由为线段的中点得到坐标与坐标的关系，代入圆方程可得轨迹方程.
【详解】（1），的中点坐标为，直线的斜率为，
故线段的垂直平分线方程为，即，
联立得，即圆的圆心为，半径为，
故圆的方程为
（2）设，，因为线段的中点，
所以，则，
因点在圆上运动，所以，
则，
即的轨迹方程为.
17．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）应用同角三角函数关系求值再根据角的范围判断符号即可；
（2）先根据同角三角函数关系求值再应用诱导公式求值.
【详解】（1）因为，所以，
所以，即.
因为，则，所以，，
因为，所以.
（2）由解得，，
所以；
所以.
18．【答案】详见解析
【分析】方法一：由题意结合所给的条件，利用正弦定理角化边，得到a,b的比例关系，根据比例关系，设出长度长度，由余弦定理得到的长度，根据选择的条件进行分析判断和求解.
【详解】［方法一］【最优解】：余弦定理
由可得：，不妨设，
则：，即.
若选择条件①：
据此可得：，，此时.
若选择条件②：
据此可得：，
则：，此时：，则：.
若选择条件③：
可得，，与条件矛盾，则问题中的三角形不存在.
［方法二］：正弦定理
由，得．
由，得，即，
得．由于，得．所以．
若选择条件①：
由，得，得．
解得．所以，选条件①时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件②：
由，得，解得，则．
由，得，得．
所以，选条件②时问题中的三角形存在，此时．
若选择条件③：
由于与矛盾，所以，问题中的三角形不存在．
【整体点评】方法一：根据正弦定理以及余弦定理可得的关系，再根据选择的条件即可解出，是本题的通性通法,也是最优解；
方法二：利用内角和定理以及两角差的正弦公式，消去角，可求出角，从而可得，再根据选择条件即可解出．
19．【答案】(1)
(2)单调递增区间为，，单调递减区间为，
(3)，
【分析】（1）根据函数图象可得，由周期求出，再根据函数过点求出，即可得到函数解析式；
（2）根据正弦函数的性质计算可得；
（3）依题意可得，由的取值范围求出的取值范围，令， ，即，结合正弦函数的图象及对称性计算可得.
【详解】（1）由图可得，
函数的最小正周期为，又，
则，所以，
又函数过点，所以，则，
则，解得，
因为，所以，
所以．
（2）令，，解得，，
令，，解得，．
因此函数的单调递增区间为，，单调递减区间为，．
（3）方程，即，即，
因为，所以，
设，其中，即，
结合正弦函数的图象，可得方程在区间有个解，即，
又的对称轴为，
不妨设个解从小到大依次为，
则关于对称，关于对称，关于对称，
所以，，，
即，，，
解得，，．
所以，
所以，．
【思路导引】本题第三问关键是换元转化为方程在区间上的解的个数，结合正弦函数的图象及对称性计算得解.
2024-2025学年福建省福州市高二上学期开学摸底考数学检测试题（二）
一、单选题（本大题共8小题）
1．已知，，且，则（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若点关于xOy的对称点为A，关于z轴的对称点为B，则A,B两点的对称是（ ）
A．关于xOz平面对称B．关于x轴对称
C．关于y轴对称D．关于坐标原点对称
3．若构成空间的一组基底，则下列向量不共面的为（ ）
A．，，B．，，
C．，，D．，，
4．如图，在直三棱柱中，所有棱长都相等，分别是棱的中点，则异面直线与所成角的余弦值是（ ）
A．B．C．D．
5．平行六面体中,.则=（ ）
A．B．C．D．
6．已知空间向量，则向量在向量上的投影向量是（ ）
A．B．C．D．
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．数学中有许多形状优美，寓意独特的几何体，图1所示的礼品包装盒就是其中之一．该礼品包装盒可以看成是一个十面体，其中上、下底面为全等的正方形，所有的侧面是全等的等腰三角形．将长方体的上底面绕着其中心旋转45°得到如图2所示的十面体．已知，，，过直线作平面，则十面体外接球被平面所截的截面圆面积的最小值是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题）
9．平面经过三点，，，向量是平面的法向量，则下列四个选项中正确的是（ ）
A．直线AB的一个方向向量为
B．线段AB的长度为3
C．平面的法向量中
D．向量与向量夹角的余弦值为
10．如图，点在正方体的面对角线上运动（点异于，点），则下列结论正确的是（ ）
A．异面直线与所成角为
B．平面
C．三棱锥的体积不变
D．直线与平面所成角正弦值的取值范围为
11．在棱长为2的正方体中，为的中点，以为原点，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示空间直角坐标系.若该正方体内一动点，满足，则（ ）

A．点的轨迹长为B．的最小值为
C．D．三棱锥体积的最小值为
三、填空题（本大题共3小题）
12．已知，则 ．
13．如图所示，在长方体中，，，与平面交于点，则点到直线的距离为 ．
14．在侧棱长为的正三棱锥中，点为线段上一点，且，点M为平面内的动点，且满足，记直线与直线的所成角的余弦值的取值范围为 ．
四、解答题（本大题共5小题）
15．如图，四面体中，，分别为，上的点，且，，设，，.
(1)以为基底表示；
(2)若，且，，，求.
16．如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，，，．
(1)证明：平面平面．
(2)求二面角的余弦值．
17．如图，在四棱锥中，底面是边长为2的菱形，为等边三角形，平面平面，．点在线段上．

(1)若，在上找一点，使得四点共面，并说明理由；
(2)求点到平面的距离；
(3)若直线与平面所成的角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值．
18．如图1，直角梯形中，，，，，以为轴将梯形旋转后得到几何体W，如图2，其中，分别为上下底面直径，点P，Q分别在圆弧，上，直线平面.
(1)证明：平面平面；
(2)若直线与平面所成角的正切值等于，求P到平面的距离；
(3)若平面与平面夹角的余弦值，求．
19．2024年8月7日，神舟十六号载人飞船顺利升空并于6.5小时后与天和核心舱成功对接，这是中国航天史上的又一里程碑.我校小林同学既是航天迷，又热爱数学，于是他为正在参加新学期入学质量检测的你们编就了这道题目，如图，是神舟十二号飞船推进舱及其推进器的简化示意图，半径相等的圆与圆柱底面相切于四点，且圆与与与与分别外切，线段为圆柱的母线.点为线段中点，点在线段上，且. 已知圆柱，底面半径为.
(1)求证：平面；
(2)线段上是否存在一点，使得平面若存在，请求出的长，若不存在，请说明理由；
(3)求二面角的余弦值.
参考答案
1．【答案】B
【分析】利用空间向量垂直关系的坐标表示，列式计算即得.
【详解】依题意，，所以.
故选B.
2．【答案】D
【分析】运用空间向量坐标表示以及对称点的坐标特点即可得解.
【详解】点关于xOy的对称点为A，则A坐标为；
点关于z轴的对称点为B，则B坐标为.
则根据坐标特点知道A，B两点关于原点对称.
故选D．
3．【答案】A
【分析】根据向量共面的条件对选项逐一分析即可.
【详解】构成空间的一组基底，则均为非零向量，且不共线，
对于A：假设共面，则存在不全为零的实数，使，即，
因为均为非零向量，则，则，与不共线矛盾，故不共面；
对于B：，故共面；
对于C：，故共面；
对于D：，故共面.
故选.
4．【答案】D
【分析】利用平移法作出异面直线与所成角，解三角形即可求得答案.
【详解】连接，因为在直三棱柱中，分别是棱的中点，
故即四边形为平行四边形，所以，
则即为异面直线与 所成角或其补角；
直三棱柱中，所有棱长都相等，设其棱长为，连接，
则平面，故平面平面，
故，是棱的中点，故，
则,而，
又，故在中，,
因为异面直线所成角的范围，所以异面直线与所成角的余弦值是.
故选D.
5．【答案】A
【分析】先表达出，两边平方后，利用空间向量数量积运算法则得到，从而求出模长.
【详解】由题意得，
故
，
故.
故选A.
6．【答案】A
【分析】根据向量投影的概念，结合向量的数量积计算得出结果.
【详解】根据题意，， ，，
在上的投影向量可为.
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，得到四边形所求截面，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】C
【分析】根据给定的几何体，确定出球心O的位置，求出球半径，再建立空间直角坐标系求出点O到直线距离，进而求出最小截面圆半径作答.
【详解】依题意，四边形是正方形，令正方形与正方形中心分别为，连接，
因为正方形与正方形在同一平面内，且有相同中心，因此它们有相同的外接圆，
从而十面体与长方体的外接球相同，球心O是线段的中点，如图，
取中点M，连接，因为，则，显然，
又平面，则平面，
而平面，平面，即有，
又平面，则平面，平面与平面有公共点，
显然平面与平面为同一平面，有，而，，
在直角梯形中，过作于I，，
球O的半径，
过D作平面，以点D为原点，射线分别为轴非负半轴，建立空间直角坐标系，
则，，
由已知得，即，
，，则点到直线的距离有：,
球O被过直线的平面所截的截面圆最小时，球心O到平面的距离最大，即为点到直线的距离，
截得的最小截面圆半径为，而，则
，
所以截得的截面圆面积的最小值是.
故选C.
【关键点拨】解决与球有关的内切或外接问题时，关键是确定球心的位置，再利用球的截面小圆性质求解.
9．【答案】ACD
【分析】根据方向向量、向量模长、法向量，向量的数量积运算可逐一判断．
【详解】因为平面经过三点，，，
则，则，故直线的一个方向向量为，故A正确；
线段的长度为，故B错误；
又向量是平面的法向量，，
则，解得，则，故C正确；
又，
则向量与向量夹角的余弦值为，故D正确．
故选ACD．
10．【答案】BCD
【分析】对于A，利用异面直线的夹角求解即可；对于B，利用线面垂直的定义结合线面垂直的判定定理求解即可；对于C，利用等体积法求解即可；对于D，利用空间直角坐标系使用代数法求解线面角的取值范围.
【详解】
对于A：正方体中，故异面直线与夹角为，
故A错误；
对于B，由正方体的性质可知，，
又平面，
平面，又平面，
，同理可得平面，又平面，
，
又平面,
平面，故B正确；
对于C：平面,平面，平面，
为定值，故C正确；
对于D：建立如图所示直角坐标系，设正方体的棱长为1，设，
，，，，，
则，
则，
，
由正方体的性质知，平面的法向量为，
直线与平面所成角正弦值为，
，，
当时，取得最大值，若，取得.
，故D正确.
故选BCD.
11．【答案】BC
【分析】由已知方程可得点的轨迹，画出图形，再计算轨迹长度可得A错误；由投影法可得当点在上的投影最小时，向量积最小，求出投影长可得B正确；由平面可得C正确；当点位于半圆弧中点时，可由棱锥的体积公式计算体积的最小值可得D错误；
【详解】对于A：由可知，点在以为球心，1为半径的球上，
又由可知，点在平面上，所以点为球面与平面的交线，
如图（2）所示，在矩形中，以为圆心，1为半径的半圆，
所以点的轨迹长为，故A错误；
对于B：由投影法可得当点在上投影最小时，向量积最小，此时点位于半圆弧中点，投影长为，
所以，故B正确；
对于C：因为平面，平面，
所以，故C正确；
对于D：因为平面，
所以点到平面的距离为，则，
由图（2）可知当点位于半圆弧中点时，的面积最小为，
所以，故D错误.
故选BC.

【关键点拨】选项A关键是能根据已知点的方程结合图形画出点的轨迹平面图形，从而计算即可.
12．【答案】
【分析】利用空间向量的数量积、夹角公式计算可得答案.
【详解】，
（舍去）．
13．【答案】
【分析】建立空间直角坐标系，先求出点的坐标，再根据点到直线距离的向量公式计算即可．
【详解】以点为原点，所在直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
,,
由平面，设，
所以，
设，
所以，即，解得，
所以，则，
设直线的夹角为，
则，
所以，
所以点到直线的距离为.
14．【答案】
【分析】利用正三棱锥的结构特征，结合已知可得两两垂直，再确定的轨迹，建立空间直角坐标系，利用空间向量求出异面直线夹角余弦即得.
【详解】在正三棱锥中，因为正三棱锥的相对棱垂直，则，而，
平面，所以平面，又平面，
所以，所以由正三棱锥的结构特征可得，
记在底面内的投影为，
，，则，
由，得，
所以的轨迹是以为圆心半径为的圆，
取中点，连接，则经过点，建立如下图所示的空间直角坐标系，
设，，而，
则，设直线与直线的所成角为，
所以.
15．【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用向量的加减数乘运算，结合题设条件即可求得；
（2）先求出平面的基底两两之间的数量积，再根据（1）中的表示式，两边取平方，利用向量数量积的运算律计算即得.
【详解】（1）由图可得，;
（2）由题意，，
则，
于是，由两边取平方，
，
故.
16．【答案】(1)证明见详解
(2)
【分析】（1）首先证明平面，再由勾股定理求出，即可得到，从而证明平面，即可得证；
（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法计算可得.
【详解】（1）因为底面是平行四边形，，所以，．
又，，所以，，
又，平面，所以平面．
设，则，由，得，
解得（负值已舍去），则，．
因为，所以，故，
因为，平面，所以平面．
又平面，所以平面平面．
（2）由（1）可知，，，两两垂直，以为坐标原点，
直线，，分别为，，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，所以，．
设平面的法向量为，
则，令，得．
由图可知，是平面的一个法向量．
设二面角的大小为，易知为锐角，则，
所以二面角的余弦值为．
17．【答案】(1)为靠近点的四等分点，理由见详解
(2)
(3)
【分析】（1）当为靠近点的四等分点时，结合已知条件可得，而，则，从而可得结论；
（2）取中点，连接，，由面面垂直可得平面，再由结合菱形的性质可得，则得平面，然后求出，再利用等体积法可求得点到平面的距离；
（3）以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系，利用空间向量求解即可.
【详解】（1）当为靠近点的四等分点时，四点共面，
理由如下：
因为，所以，
所以，
因为四边形是菱形，所以，
所以，所以四点共面；

（2）取中点，连接，．
因为为等边三角形，，
所以，，．
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，
因为，，所以．
因为，平面，平面，，
所以平面，又平面，所以．
所以，
所以，
设点到平面的距离为，
因为，所以，
所以，解得；

（3）由（2）知，，，两两垂直，
则以为原点，分别以，，为轴，轴，轴的正方向建立如图所示的空间直角坐标系．
则，，，，
所以，，．
设，则，．
得，则．
又平面，则取平面的法向量．
设与平面所成的角为，则
，
化简整理得，解得．
则，．
设平面的法向量，则,
令，则取平面的法向量，
又平面的法向量．
故平面与平面夹角的余弦值为．

18．【答案】(1)证明见详解
(2)
(3)
【分析】（1）先证明和平面，再根据面面垂直判定定理即可得证.
（2）先求证点P到平面的距离即为C到平面的距离，再利用即等体积法即可求解.
（3）建立空间直角坐标系利用空间向量法结合已知条件计算求解出点H坐标即可求解.
【详解】（1）设平面交上底面于，在上，
因为上下底面平行，故，
又因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，
由题意可知，又，平面，
所以平面，所以平面，
又平面，平面平面.
（2）由（1）知平面，连接，所以是直线与平面所成角，
所以由题意，
又由题意，，
所以，所以，即圆弧的中点上，
所以由知点P在圆弧中点上，故,
所以，
因为平面，所以点P到平面的距离即为F到平面的距离，
又圆柱结构性质可知,平面，平面，
所以平面，所以F到平面的距离即为C到平面的距离，设该距离为，
因为，
，
又，所以，即点P到平面的距离为.
（3）过作垂直于底面，则由上知，
所以可建立如图所示的分别以为轴的空间直角坐标系，
则，设，且，
所以，
设平面的法向量为，则，
所以，即，取可求得，
设平面的法向量为，则，
所以，即，取可求得，
设平面与平面的夹角为，则，且，
整理得，
所以，即，即，
所以，
所以，所以.
【思路导引】过作垂直于底面，建立分别以为轴的空间直角坐标系，设未知点，求出平面和平面的法向量，从而根据二面角的空间向量法结合已知条件建立关于的等量关系，从而求出即可求出.
19．【答案】(1)证明见详解
(2)存在，
(3)
【分析】（1）利用线面平行的判定定理可得答案；
（2）以O为原点，分别以所在方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，设，利用平面BDN向量证明可得答案；
（3）设内切圆半径为r，求出平面,平面的法向量，由二面角的向量求法可得答案.
【详解】（1）如图1，分别是点M,N在线段AC上的投影，则为AO的中点，
为OC的三等分点，
所以，，
所以，所以，
又因为平面BDN，平面BDN，所以平面BDN；
（2）以O为原点，分别以所在方向为轴的正方向建立空间直角坐标系，
则，
设，
所以,, 若平面BDN，
则，即时，平面BDN；
（3）设内切圆半径为r，由题意可知是等腰直角三角形，
所以，
因为，，，，
所以，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，同理可得平面的法向量，
所以，
由图可知二面角为锐角，则其余弦值为.