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）

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|<π2)的部分图象如图所示，则( )
A. f(x)=sin(2πx−π3)
B. f(x)=2sin(π2x−π6)
C. f(x)=2sin(2πx+π6)
D. f(x)=2sin(π2x+π3)
6.已知△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，下列四个命题中正确的命题是( )
A. 若acsA=bcsB=ccsC，则△ABC一定是等边三角形
B. 若acsA=bcsB，则△ABC一定是等腰三角形
C. 若tanAtanB=a2b2，则△ABC一定是直角三角形
D. 若a2+b2−c2>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又(CB+CD)2=CB2+CD2+2CB⋅CD=7+3CB⋅CD，当且仅当CB=CD时取等号
则7<7+3CB⋅CD≤28，即7<(CB+CD)2≤28，
所以 7所以CABCD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD∈(3+ 7,3+2 7],
即四边形ABCD周长的取值范围为(3+ 7,3+2 7]；
(3)因为S△BCE=2S△CDE，所以BE=2ED，又BD= 7，
所以BE=23BC=2 73，DE=13BC= 73，
又CE=BE，所以CE=2 73，
在△BCE中由余弦定理CB2=CE2+BE2−2CE⋅BEcs∠CEB，
即CB2=569−569cs∠CEB，
在△DCE中由余弦定理CD2=CE2+DE2−2CE⋅DEcs∠CED，
即CD2=359−289cs∠CED，
又∠CEB+∠CED=π，
所以cs∠CEB=−cs∠CED，
所以CB2+2CD2=14，
又7=CB2+CD2−CB⋅CD，
所以CB2+2CD2=2CB2+2CD2−2CB⋅CD，
即CB2=2CB⋅CD，
所以CB=2CD，所以CD2=73，
所以CB⋅CD=CB2+CD2−7=143，
所以S△BCD=12CB⋅CDsin∠BCD=12×143× 32=7 36．
19.(1)证明：连接C1D，C1A，
因为C1在平面ABC内的射影为D，
所以C1D⊥平面ABC，
因为BD⊂平面ABC，
所以C1D⊥BD，
因为D是AC中点，且△ABC是正三角形，
所以AC⊥BD，
又AC∩C1D=D，AC、C1D⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥平面ACC1A1，
因为A1C⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥A1C，
因为CC1=2=AC，
所以四边形ACC1A1是菱形，
所以C1A⊥A1C，
而D，E分别是线段AC、CC1的中点，所以DE/​/AC1，所以DE⊥A1C，
又DE∩BD=D，DE、BD⊂平面DBE，
所以A1C⊥平面DBE．

(2)解：由(1)知BD⊥平面ACC1A1，
所以BD⊥平面DEF，
而S△DEF=12DF⋅12AE=12×2×12× 3= 32，
所以VF−BDE=VB−DEF=13×S△DEF×BD=13× 32× 3=12．
(3)解：假设存在G点满足题意，取A1C1的中点S，连接B1S，过G作GM//B1S交A1C1于M，连接MD，
则GM//B1S//BD，即B，D，M，G四点共面，

由(1)知BD⊥平面ACC1A1，
因为MD、ED⊂平面ACC1A1，
所以BD⊥MD，BD⊥ED，所以二面角G−BD−E就是∠MDE，即∠MDE=π4，
在菱形ACC1A1中，作MV⊥AD，

则∠MDV=π−∠CDE−∠MDE=π−π3−π4=5π12，且MV=C1D= 3，
所以MC1=DV=MVtan∠MDV= 3tan5π12= 3tan(π4+π6)= 31+ 331− 33=2 3−3，
因为GM//B1S，且B1S⊥C1A1，所以GM⊥C1A1，
又∠MC1G=π3，所以C1G=MC1csπ3=2 3−312=4 3−6．