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）

第=page11页，共=sectionpages11页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,A.a+b，b+c，a−cB.a+2b，b，a−c

C.2a3.如图，空间四边形OABC中，OA=a，OB=b，OC=c，点M在OA上，且OM=23OA，点A.12a+12b−124.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)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)=sinB.f(x)=2sin(π2x−πD.f(x)=2sin(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acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形

B.若acosA=bcosB，则△ABC一定是等腰三角形

C.若tanAtanB=a7.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BA.13

B.12

C.238.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.12 B.1 C.32 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}10.已知正方体ABCD−A1B1C1A.BC1//平面ACD1

B.直线BC1与直线AD1为异面直线

C.直线B11.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BA.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的外接球的体积为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知cos(π3−θ)=4513.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+sinxcosx≤2sin(x−π4)⋅m恒成立，则b−a取得最大值时，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，DD116.(本小题15分)

在△ABC中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，且b(1+cosC)=3csinB．

(1)求角C的大小；

(2)若c=213，17.(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=219.(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；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.±313.π314.215.(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A116.解：(1)因为b(1+cosC)=3csinB，由正弦定理可得sinB(1+cosC)=3sinCsinB，

又因为B∈(0,π)，则sinB≠0，

所以1+cosC=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+b217.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⋅ADcos∠BAD=12+22−2×1×2×(−12)=7；

(2)在△BCD中，BD2=CB2+CD2−2CB⋅CDcos∠BCD，

即7=CB2+CD2−CB⋅CD，

所以CB2+CD2=7+CB⋅CD≥2CB⋅CD，

所以0<CB⋅CD≤7，当且仅当CB=CD时取等号；

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<CB+CD≤27，

所以CABCD=AC+AD+CB+CD=3+CB+CD∈(3+7,3+27],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、CC