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    2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二(上)开学数学试卷(9月份)(含答案)

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    2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二(上)开学数学试卷(9月份)(含答案)

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    这是一份2024-2025学年福建省福州市部分学校教学联盟高二(上)开学数学试卷(9月份)(含答案),共11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:本题共8小题,每小题5分,共40分。在每小题给出的选项中,只有一项是符合题目要求的。
    1.在空间直角坐标系Oxyz中,点M(1,1,1)在平面Oxy上的投影的坐标为( )
    A. (0,1,1)B. (1,0,1)C. (0,0,1)D. (1,1,0)
    2.已知{a,b,c}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. a+b,b+c,a−c B. a+2b,b,a−c
    C. 2a+b,b+2c,a+b+c D. a+c,b+2a,b−2c
    3.如图,空间四边形OABC中,OA=a,OB=b,OC=c,点M在OA上,且OM=23OA,点N为BC中点,则MN等于( )
    A. 12a+12b−12c B. −23a+12b+12c
    C. 23a+23b−12c1 D. 23a+23b−12c
    4.已知向量a=(9,8,5),b=(2,1,1),则向量a在向量b上的投影向量c=( )
    A. (313,−316,−316)B. (−313,316,316)
    C. (313,316,316)D. (−313,−316,−316)
    5.已知函数f(x)=Asin(ωx+φ)(A>0,ω>0,|φ|0,则△ABC一定是锐角三角形
    7.如图,三棱柱ABC−A1B1C1中,E,F分别为BB1,A1C1中点,过A,E,F作三棱柱的截面交B1C1于M,且B1M−=λMC1−,则λ的值为( )
    A. 13
    B. 12
    C. 23
    D. 1
    8.在梯形ABCD中,AB//DC,∠BAD为钝角,且AB=AD=2DC=2,若E为线段BD上一点,AE=BE,则BE⋅AC=( )
    A. 12B. 1C. 32D. 23
    二、多选题:本题共3小题,共18分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
    9.关于空间向量,以下说法正确的是( )
    A. 向量a,b,若a⋅b=0,则a⊥b
    B. 若对空间中任意一点O,有OP=16OA+13OB+12OC,则P,A,B,C四点共面
    C. 设{a,b,c}是空间中的一组基底,则{a+b,b+c,a+c}也是空间的一组基底
    D. 若空间四个点P,A,B,C,PC=14PA+34PB,则A,B,C三点共线
    10.已知正方体ABCD−A1B1C1D1的棱长为1,下列四个结论中正确的是( )
    A. BC1//平面ACD1
    B. 直线BC1与直线AD1为异面直线
    C. 直线BC1与直线AD1所成的角为90°
    D. B1D⊥平面ACD1
    11.如图所示,在直三棱柱ABC−A1B1C1中,底面ABC是等腰直角三角形,AB=BC=AA1=1,点D为侧棱BB1上的动点,M为线段A1B1中点.则下列说法正确的是( )
    A. 存在点D,使得AD⊥平面BCM
    B. △ADC1周长的最小值为1+ 2+ 3
    C. 三棱锥C1−ABC的外接球的体积为 32π
    D. 平面ADC1与平面ABC的夹角正弦值的最小值为 33
    三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。
    12.已知cs(π3−θ)=45,则sin(2π3+θ)= ______.
    13.圆锥的高为2,其侧面展开图的圆心角为2π3,则该圆锥的体积为______.
    14.若存在实数m,使得对于任意的x∈[a,b],不等式m2+sinxcsx≤2sin(x−π4)⋅m恒成立,则b−a取得最大值时,|sina+b2|= ______.
    四、解答题:本题共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)
    如图,在直四棱柱ABCD−A1B1C1D1中,底面ABCD为矩形,且AA1=AB=2AD,E,F分别为C1D1,DD1的中点.
    (1)证明:AF//平面A1EB.
    (2)求平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值.
    16.(本小题15分)
    在△ABC中,角A,B,C的对边分别为a,b,c,且b(1+csC)= 3csinB.
    (1)求角C的大小;
    (2)若c=2 13,b−a=2,求AB边上的中线长.
    17.(本小题15分)
    如图,在四棱锥P−ABCD中,PA⊥平面ABCD,AD⊥AB,AD//BC,AD=2BC=2,PA=AB,点E在PB上,且PE=2EB.
    (1)证明:PD//平面AEC;
    (2)当二面角E−AC−B的余弦值为 63时,求点P到直线CD的距离.
    18.(本小题17分)
    平面四边形ABCD中,AB=1,AD=2,∠ABC+∠ADC=π,∠BCD=π3.
    (1)求BD;
    (2)求四边形ABCD周长的取值范围;
    (3)若E为边BD上一点,且满足CE=BE,S△BCE=2S△CDE,求BCD的面积.
    19.(本小题17分)
    如图,在三棱柱ABC−A1B1C1中,底面是边长为2的等边三角形,CC1=2,D,E分别是线段AC、CC1的中点,C1在平面ABC内的射影为D.

    (1)求证:A1C⊥平面BDE;
    (2)若点F为棱A1C1的中点,求三棱锥F−BDE的体积;
    (3)在线段B1C1上是否存在点G,使二面角G−BD−E的大小为π4,若存在,请求出C1G的长度,若不存在,请说明理由.
    参考答案
    1.D
    2.B
    3.B
    4.C
    5.D
    6.A
    7.B
    8.B
    9.ABCD
    10.AD
    11.ACD
    12.±35
    13.π3
    14. 22
    15.(1)证明:不妨设AD=1,则AA1=AB=2,如图建立空间直角坐标系,

    则A1(1,0,2),B(1,2,0),E(0,1,2),A(1,0,0),F(0,0,1),D(0,0,0),
    所以A1E=(−1,1,0),A1B=(0,2,−2),AF=(−1,0,1),
    设m=(x,y,z)是平面A1EB的一个法向量,
    则m⋅A1E=−x+y=0m⋅A1B=2y−2z=0,取x=1,则y=z=1,
    所以平面A1EB的一个法向量m=(1,1,1),
    又AF⋅m=0,所以AF⊥m,
    因为AF⊄平面A1EB,
    所以AF//平面A1EB;
    (2)解:因为DA⊥平面AA1B1B,
    所以DA=(1,0,0)是平面A1B1B的一个法向量,
    m⋅DA=1×1+1×0+1×0=1,|m|= 12+12+12= 3,|DA|=′1,
    所以cs=m⋅DA|m|⋅|DA|=1 3×1= 33.
    所以平面A1B1B与平面A1BE夹角的余弦值为 33.
    16.解:(1)因为b(1+csC)= 3csinB,由正弦定理可得sinB(1+csC)= 3sinCsinB,
    又因为B∈(0,π),则sinB≠0,
    所以1+csC= 3sinC,
    整理得2sin(C−π6)=1,即sin(C−π6)=12,
    因为C∈(0,π),所以C−π6∈(−π6,5π6),
    所以C−π6=π6,
    所以C=π3;
    (2)由余弦定理c2=a2+b2−2abcs C,且c=2 13,
    则有52=a2+b2−ab=(a−b)2+ab,
    又b−a=2,故ab=48.
    设AB边上中线为CM,则2CM=CA+CB,
    所以4CM2=CA2+CB2+2CA⋅CB=CA2+CB2+2|CA|⋅|CB|csC
    =b2+a2+2ab⋅12=b2+a2+ab=(a−b)2+3ab=4+3×48=4×37,
    可得|CM|= 37,
    故AB边上中线长为 37.
    17.解:(1)证明:连结BD,交AC于点F,连结EF,

    因为AD//BC,所以BFFD=BCAD=12,
    又PE=2EB,即BEEP=12,
    所以BFFD=BEEP=12,
    所以PD/​/EF,
    因为EF⊂面AEC,PD⊄面AEC,
    所以PD/​/平面AEC.
    (2)以A为原点,AB,AD,AP所在直线为x,y,z轴,建立如图所示空间直角坐标系,

    设P(0,0,m),m>0,则B(m,0,0),C(m,1,0),E(2m3,0,m3),
    则AC=(m,1,0),AE=(2m3,0,m3),
    设平面EAC的法向量为n=(x,y,z),
    则n⋅AC=0n⋅AE=0,即mx+y=02m3x+m3z=0,
    令x=1,可取n=(1,−m,−2),
    平面ABC的法向量可取m=(0,0,1),
    所以cs=|m⋅n|m|⋅|n||=2 m2+5×1= 63,得m=1.
    因为PC=(1,1,−1),PD=(−1,1,0),
    所以PC⋅PD=−1+1+0=0,
    所以PC⊥PD,
    所以PC即为点P到直线CD的距离,
    又因为|PC|= 12+12+(−1)2= 3.
    所以点P到直线CD的距离为PC= 3.
    18.解:(1)因为∠ABC+∠ADC=π,∠BCD=π3,
    所以∠BAD=2π3,
    在△BCD中由余弦定理得,BD= AB2+AD2−2AB⋅ADcs∠BAD= 12+22−2×1×2×(−12)= 7;
    (2)在△BCD中,BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcs∠BCD,
    即7=CB2+CD2−CB⋅CD,
    所以CB2+CD2=7+CB⋅CD≥2CB⋅CD,
    所以0

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