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）

第1页/共1页2024~2025学年第一学期福州市部分学校教学联盟9月开学适应性练习高二数学试卷（考试时间：120分钟；满分：150分）一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题所给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．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】【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.已知为空间的一组基底，则下列向量也能作为空间的一组基底的是（）A.，， B.，，C.，， D.，，【答案】B【解析】【分析】理解空间的基底是由不共面的三个向量构成，逐一判断选项即得.【详解】对于A，因，即共面，故A不合题意；对于B,因，，其中任何一个向量都不能用另外两个向量表示，故，，不共面，即B符合题意；对于C，因，即，，共面，故C不合题意；对于D，因，即，，共面，故D不合题意.故选：B.3.如图，空间四边形OABC中，，点M在OA上，且，点N为BC中点，则等于（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】利用空间向量的线性运算法则求解.【详解】.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】【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：C5.已知函数的部分图象如图所示，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【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.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】【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：A7.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】【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.1 C. D.【答案】B【解析】【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.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】【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.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】【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.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】【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：根据作出截面中几何元素，建立关于球的半径的方程，并求解.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】【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.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】【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.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】【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.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.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【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.【小问1详解】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是平面则，取，则，所以平面的一个法向量，又，所以，因为平面，所以平面.【小问2详解】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.【答案】（1）（2）【解析】【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.【小问1详解】因为，由正弦定理可得.又因为B∈0,π，则，所以.整理得，即.因为，所以，所以，所以.【小问2详解】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.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【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.【小问1详解】连结，交于点，连结，因为，所以，又，所以，所以，因为面，面，所以平面.【小问2详解】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，与同向的单位向量，所以点到直线距离为.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．【答案】（1）（2）（3）【解析】【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.【小问1详解】因为，，所以，在中由余弦定理；【小问2详解】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；【小问3详解】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.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.【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）存在，.【解析】【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.【小问1详解】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；【小问2详解】如图所示，由（1）可知，，平面，为三棱