2024-2025学年福建省福州市平潭一中高二(上)开门考数学试卷(含答案)

2024-2025学年福建省福州市平潭一中高二（上）开门考数学试卷
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.若{a ,b ,c }构成空间的一个基底，则下列向量能构成空间的一个基底的是( )A. b +c ，b ，b−c B. a +b ，a−b ，c C. a ，a +b ，a−b
D. a +b ，a +b +c ，c
2.已知λ∈R ，向量a =(3,λ) , b =(λ−1 , 2)，则“λ=3”是“a //b ”的( )A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件C. 充分必要条件
D. 即不充分也不必要条件
3.设x ，y ∈R ，向量a =(x,1,1)，b =(1,y,1)，c =(2,−4,2)且a ⊥b ，b //c ，则|a +b |=( )
A. 2
2
B. 3
C.
10 D. 4
4.设m ，n 是两条不同的直线，α，β是两个不同的平面，则下列命题中正确的是( )A. 若α⊥β，m//α，则m ⊥β B. 若m//α，n ⊥α，则m ⊥n C. 若m ⊥n ，n ⊥α，则m//α
D. 若α//β，m ⊂α，m//n ，则n//β
5.已知点A(1,−2,11)，B(4,2,3)，C(6,−1,4)，则△ABC 的形状是( )A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 等腰直角三角形
6.如图，在正方体ABCD−A 1B 1C 1D 1中，M ，N 分别是BC 1，CD 1的中点，则下列说法错误的是( )
A. MN ⊥CC 1
B. MN ⊥平面ACC 1A 1
C. MN//AB
D. MN//平面ABCD
7.a =cos50°cos127°+cos40°sin127°，b =
2
2
(sin 56°−cos56°)，c =
1−tan 239°
1+tan 239°
，则a ，b ，c 的大小关系是( )A. a >b >c
B. b >a >c
C. c >a >b
D. a >c >b
8.设a ，b ，c 分别是△ABC 的内角A ，B ，C 的对边，已知(b +c)sin (A +C)=(a +c)(sinA−sinC)，设D
是BC 边的中点，且△ABC 的面积为
3，则AB ⋅(DA +DB )等于( )
A. 2
B. 4
C. −4
D. −2
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.下列利用方向向量、法向量判断线、面位置关系的结论中，正确的是( )A. 两条不重合直线l 1，l 2的方向向量分别是a =(2,3,−1)，b =(−2,−3,1)，则l 1//l 2B. 直线l 的方向向量a =(1,−1,2)，平面α的法向量是u =(6,4,−1)，则l ⊥αC. 两个不同的平面α，β的法向量分别是u =(2,2,−1)，v =(−3,4,2)，则α⊥βD. 直线l 的方向向量a =(0,3,0)，平面α的法向量是u =(0,−5,0)，则l//α
10.关于函数f(x)=
3cos 2x−sinxcosx ，下列说法正确的是( )
A. f(x)的最小正周期为π
B. f(x)的最大值为1+
32
C. f(x)的单调递减区间为[−π
12+kπ,5π
12+kπ](k ∈Z)D. f(x)的一个对称中心为(π
6,0)
11.已知矩形ABCD ，AB =
5，BC =2，将△ADC 沿对角线AC 进行翻折，得到三棱锥D−ABC ，在翻折的
过程中下列结成立的是( )
A. 三棱锥D−ABC 的体积最大值为10
9
B. 三棱锥D−ABC 的外接球体积不变
C. 异面直线AB 与CD 所成角的最大值为90°
D. AD 与平面ABC 所成角的余弦值最小值为2
3
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。

12.已知sin (α+π
4)=1
3,则sin2α= ______．
13.如图，半球内有一内接正四棱锥S−ABCD，该四棱锥的体积为42
，则该半球的表面积为______．
3
14.在△ABC中，∠BAC=π
，已知BC边上的中线AD=3，则△ABC面积的最大值为______．
4
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)
已知空间中三点A(−1,2,1)，B(1,2,1)，C(−1,6,4)
(1)求以向量AB,AC为一组邻边的平行四边形的面积S；
(2)若向量a分别与向量AB，AC垂直，且|a|=10，求向量a的坐标．
16.(本小题15分)
如图，四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD为正方形，PD⊥面ABCD，PD=DA=2，F，E分别为AD，PC 的中点．
(1)证明：DE//面PFB.
(2)求点E到平面PFB的距离．
17.(本小题15分)
记△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知sinC=2cosB，a2+b2−c2=2ab．
(1)求B；
(2)若△ABC的面积为3+3，求c．
18.(本小题17分)
如图，四棱锥P−ABCD中，PA⊥底面ABCD，PA=AC=2，BC=1，AB=3．
(1)若AD⊥PB，证明：AD//平面PBC；
(2)若AD⊥DC，且二面角A−CP−D的正弦值为42
，求AD．
7
19.(本小题17分)
如图多面体ABCDEF中，面FAB⊥面ABCD，△FAB为等边三角形，四边形ABCD为正方形，EF//BC，且EF=3
BC=3，H，G分别为CE，CD的中点．
4
(Ⅰ)证明：BF⊥AD；
(Ⅱ)求平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值；
(Ⅲ)作平面FHG与平面ABCD的交线，记该交线与直线AD交点为P，写出AP
的值(不需要说明理由，保留作
AD
图痕迹)．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.B
5.B
6.C
7.D
8.A
9.AC
10.ABC
11.ABD
12.−7
9
13.6π
14.92−9
15.解：(1)AB=(2,0,0)，AC=(0,4,3)，
∴AB⋅AC=0，∴AB⊥AC，
又|AB|=2，|AC|=5，
∴以向量AB,AC为一组邻边的平行四边形的面积S=2×5=10．
(2)设a=(x,y,z)，则a⋅AB=2x=0，a⋅AC=4y+3z=0，x2+y2+z2=10，解得x=0，y=−6，z=8；或x=0，y=6，z=−8．
∴a=(0,−6,8)或(0,6,−8)
16.(1)证明：以D为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
由题意知：A(2,0,0)，P(0,0,2)，B(2,2,0)，E(0,1,1)，F(1,0,0)FP =(−1,0,2),FB =(1,2,0)，DE =(0,1,1)，设平面PFB 的法向量n =(x,y,z)，则
{
n ⋅FP =−x +2z =0
n ⋅FB =x +2y =0
，取x =2，得n =(2,−1,1)，
∵DE ⋅n =0，DE 不在平面PFB 内，∴DE//面PFB ．
(2)解：∵PE =(0,1,−1)，平面PFB 的一个法向量n =(2,−1,1)，∴点E 到平面PFB 的距离d =|PE n ||n |
=
|0−1−1|
6= 6
3
．∴点E 到平面PFB 的距离为
6
3
． 17.解：(1)因为a 2+b 2−c 2
=
2ab ，所以由余弦定理得cos C =a 2+b 2−c 2
2ab
=
2ab 2ab =
22
，
而C ∈(0,π)，因此C =π
4．
又因为sin C =
2cos B ，所以sin π4= 2cos B ，即
22
= 2cos B ，解得cos B =12，
而B ∈(0,π)，因此B =π
3．
(2)由(1)知：B =π3，C =π4，因此A =π−B−C =π−π3−π
4=5π
12．
因为△ABC 的面积为3+
3，所以12ab sin C =3+ 3，即12
ab ×
22
=3+ 3，解得ab =2 2(3+ 3)．
又因为由正弦定理得a =c sin A sin C ，b =c sin B
sin C ，所以ab =c 2sin A sin B
sin 2C
，即2 2(3+
3)=
c 2sin 5π
12
sin π3sin 2π4
= 3c 2sin (π6+π
4)，
即2
2(3+ 3)=
3c 2
(
6+ 24
)，解得c =2
2(c =−2 2舍去)．
18.(1)证明：因为PA ⊥平面ABCD ，AD ⊂平面ABCD ，所以PA ⊥AD ，
又因为AD ⊥PB ，PA ∩PB =P ，PA,PB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥平面PAB ，又AB ⊂平面PAB ，所以AD ⊥AB ，
因为AB = 3，BC =1，AC =2，AB 2+BC 2=AC 2，所以BC ⊥AB ，于是AD//BC ，又AD⊄平面PBC ，BC ⊂平面PBC ．所以AD//平面PBC ．
(2)因为AD ⊥DC ，以D 为原点，分别以DA ，DC ，为x ，y 轴，过点D 作PA 的平行线为z 轴，建立空间直角坐标系，
设AD =a >0，则DC = 4−a 2，D(0,0,0)，A(a,0,0)，C(0, 4−a 2,0)，P(a,0,2)，
设平面DCP 的一个法向量n 1=(x 1,y 1,z 1)，因为DC =(0,
4−a 2,0)，DP =(a,0,2)，所以由{
DC ·n 1=0DP ·n 1=0，即{
4−a 2⋅y 1=0
ax 1+2z 1
=0，
可取n 1=(2,0,−a)；
又AP =(0,0,2)，AC =(−a, 4−a 2,0)，
设平面ACP 的一个法向量n 2=(x 2,y 2,z 2)，所以{
AP ·n 2=0AC ·n 2=0由
{
2z 2=0
−ax 2+ 4−a 2y 2=0,取n 2=( 4−a 2,a,0)，
因为二面角A−CP−D 的正弦值为
42
7
，所以余弦值的绝对值为1 7．所以由|cos ⟨n 1,n 2⟩|=1 7=|n 1n 2||n 1|·|n 2|2 4−a 2
2 4+a
2，得a 2=3，a = 3，
因此，AD = 3．
19.(Ⅰ)证明：取AB 的中点O ，连接OF ，OG ，
因为△FAB 为等边三角形，所以OF ⊥AB ，
又面FAB ⊥面ABCD ，面FAB ∩面ABCD =AB ，OF ⊂平面FAB ，所以OF ⊥平面ABCD ，
因为AD ⊂平面ABCD ，所以OF ⊥AD ，又正方形ABCD ，所以AB ⊥AD ，
因为OF ∩AB =O ，OF 、AB ⊂平面FAB ，所以AD ⊥平面FAB ，
又BF⊂平面FAB，所以BF⊥AD．
(Ⅱ)解：因为O，G分别为AB，CD的中点，
所以OG//AD，
又AB⊥AD，所以OG⊥AB，
由(Ⅰ)知，OF⊥平面ABCD，
故以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则B(2,0,0)，C(2,4,0)，F(0,0,23)，E(0,3,23)，H(1,7
2
,3)，G(0,4,0)，
所以BC=(0,4,0)，BF=(−2,0,23)，FH=(1,7
2
,−3)，FG=(0,4,−23)，
设平面BCEF的法向量为m=(x,y,z)，则{m⋅BC=0
m⋅BF=0，即{4y=0
−2x+23z=0，
令z=1，则x=3，y=0，所以m=(3,0,1)，
设平面FGH的法向量为n=(a,b,c)，则{n⋅FH=0
n⋅FG=0，即{a+72b−3c=0 4b−23c=0
，
令c=4，则a=−33，b=23，所以n=(−33,23,4)，设平面BCEF与平面FGH所成角为θ，
则cosθ=|cos<m，n>|=|m n|
|m|⋅|n|=|−9+0+4|
2×27+12+16
=55
22
，
故平面BCEF与平面FGH所成角的余弦值为55
22
．
(Ⅲ)解：在AD上取点P，使得AP
AD =1
4
，连接PF，PG，并延长PG和BC，相交于点M，则PM即为平面FHG与
平面ABCD的交线，理由如下：
因为EF//BC//PD，EF=PD=3，
所以四边形DEFP是平行四边形，
所以PF//DE，
又G，H分别是CD和CE的中点，所以GH//DE，
所以PF//GH，即P，F，H，G四点共面，而P、M∈平面FHG，P、M∈平面ABCD，所以PM即为平面FHG与平面ABCD的交线．。