2024-2025學年福建省福州市高二上學期10月月考數學檢測試題一、單選題（共40分）1．（本題5分）若角的終邊上一點的坐標為，則(

)A． B． C． D．【正確答案】C【分析】根據任意角三角函數的定義即可求解.【詳解】∵角的終邊上一點的坐標為，它與原點的距離，∴，故選：C.2．（本題5分）下列函數中，在區間上為增函數的是A． B． C． D．【正確答案】B【分析】根據基本初等函數的單調性判斷出各選項中函數在區間上的單調性，可得出正確選項.【詳解】對于A選項，函數在區間上為減函數；對于B選項，當時，，則函數在區間上為增函數；對于C選項，函數在區間上為減函數；對于D選項，二次函數在區間上為減函數.故選B.本題考查基本初等函數在區間上的單調性的判斷，熟悉一次、二次、反比例函數的單調性是解題的關鍵，考查推理能力，屬于基礎題.3．（本題5分）為了解甲、乙兩個班級學生的物理學習情況，從兩個班學生的物理成績（均為整數）中各隨機抽查20個，得到如圖所示的數據圖（用頻率分布直方圖估計總體平均數時，每個區間的值均取該區間的中點值），關于甲、乙兩個班級的物理成績，下列結論正確的是（

）A．甲班眾數小于乙班眾數 B．乙班成績的75百分位數為79C．甲班的中位數為74 D．甲班平均數大于乙班平均數估計值【正確答案】D【分析】根據已知數據圖，判斷A；根據頻率分布直方圖計算乙班成績的75百分位數，判斷B；求出甲班的中位數，判斷C；求出兩個班級的平均分，即可判斷D.【詳解】由甲、乙兩個班級學生的物理成績的數據圖可知甲班眾數為79，由頻率分布直方圖無法準確得出乙班眾數，A錯誤；對于乙班物理成績的頻率分布直方圖，前三個矩形的面積之和為，故乙班成績的75百分位數為80，B錯誤；由甲班物理成績數據圖可知，小于79分的數據有9個，79分的數據有6個，故甲班的中位數為79，C錯誤；甲班平均數為，乙班平均數估計值為，即甲班平均數大于乙班平均數估計值，D正確，故選：D4．（本題5分）在體積為的直三棱柱中，為等邊三角形，且的外接圓半徑為，則該三棱柱外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【正確答案】A【分析】由棱柱體積求得棱柱的高，然后求得外接球的半徑，得表面積．【詳解】設的邊長為a，由的外接圓半徑為可得，故，則的面積.由三棱柱的體積為可得，故，設三棱柱外接球的半徑為R，則，故該三棱柱外接球的表面積為.故選：A．5．（本題5分）已知函數．將的圖象向左平移個單位長度后所得的函數為偶函數，則關于函數，下列命題正確的是（

）A．函數在區間上有最小值 B．函數在區間上單調遞增C．函數的一條對稱軸為 D．函數的一個對稱點為【正確答案】B【分析】首先確定平移之后的對應函數的解析式，然后逐一考查所給的選項是否符合題意即可【詳解】由題意知平移后的解析式為：，因為此函數為偶函數，所以軸為其對稱軸之一，所以將代入可得，解得：，由的取值范圍可得，所以原解析式為，選項，將區間代入函數，可得，根據圖像可知無最值，故錯誤；B選項，將區間代入函數，可得，根據圖像知函數單調遞增，故正確；C選項，將代入函數，可得，所以應為對稱中心的橫坐標，故錯誤；D選項，將代入函數，可得，所以應為對稱軸與軸的交點，故D錯誤故選：B.本題主要考查了函數圖像的變換以及對稱軸，對稱中心，單調區間以及最值等知識點，熟練掌握三角函數圖像的性質及解題方法是本題關鍵．6．（本題5分）如圖，在三棱錐中，平面，，，，，，，分別為，，，的中點，為上一點，，當的面積取得最小值時，三棱錐外接球的表面積為（

）A． B． C． D．【正確答案】B【分析】連接，，根據中位線性質得到線線平行關系，再利用線面垂直的性質得到線線垂直，設，，根據得到，得到，再根據基本不等式即可求出最值，再轉化為長方體外接球問題即可.【詳解】連接，，因為，，，分別為，，，的中點，所以，，，則，因為平面，所以平面，平面，平面，所以，所以，平面，所以．設，，則，，，因為，所以，即，整理得，所以．由基本不等式得，當且僅當，即，時等號成立，所以當取得最小值時，，．因為，平面，所以可將三棱錐補形為如圖所示的長方體，則三棱錐的外接球即該長方體的外接球，易知該長方體外接球的直徑為，故三棱錐外接球的半徑為，故三棱錐外接球的表面積為，故選：B．方法點睛：求解有關三棱錐外接球的問題時，常見方法有兩種：一種是補形，解題時要認真分析圖形，看能否把三棱錐補形成一個正方體（長方體），若能，則正方體（長方體）的頂點均在外接球的球面上，正方體（長方體）的體對角線為外接球的直徑；另一種是直接法，三棱錐中過任意兩個面的外接圓圓心的垂線的交點即三棱錐外接球的球心．7．（本題5分）正四棱臺上、下底邊長為、，外接球表面積為，則正四棱臺側棱與底面所成角的正切值為（

）A． B．C．或 D．或【正確答案】C【分析】在正四棱臺中，取截面，設正方形、的中心分別為、，分析可知球心在直線上，對球心的位置進行分類討論，求出的長，利用線面角的定義可求得結果.【詳解】在正四棱臺中，設其上底面為正方形，下底面為正方形，設正方形、的中心分別為、，由正四棱臺的幾何性質可知，平面，取截面，則正四棱臺的外接球球心在直線上，分以下兩種情況討論：①在、的同側，如下圖所示：設球的半徑為，則，可得，由圓的幾何性質可知，，且，，所以，，，所以，，過點在平面內作，因為，，，，則四邊形為矩形，且，，，因為，則平面，則與平面所成角為，且；②若球心在線段上，如下圖所示：設球的半徑為，則，可得，由圓的幾何性質可知，，且，，所以，，，所以，，過點在平面內作，因為，，，，則四邊形為矩形，且，，，因為，則平面，則與平面所成角為，且.綜上所述，正四棱臺側棱與底面所成角的正切值為或.故選：C.方法點睛：計算線面角，一般有如下幾種方法：（1）利用面面垂直的性質定理，得到線面垂直，進而確定線面角的垂足，明確斜線在平面內的射影，即可確定線面角；（2）在構成線面角的直角三角形中，可利用等體積法求解垂線段的長度，從而不必作出線面角，則線面角滿足（為斜線段長），進而可求得線面角；（3）建立空間直角坐標系，利用向量法求解，設為直線的方向向量，為平面的法向量，則線面角的正弦值為.8．（本題5分）在ΔABC中，，，且，則的取值范圍是A． B． C． D．【正確答案】D【分析】由，可以得到，利用平面向量加法的幾何意義，可以構造平行四邊形，根據，可知平行四邊形是菱形，這樣在中，可以求出菱形的邊長，求出的表達式，利用，構造函數，最后求出的取值范圍.【詳解】，以為鄰邊作平行四邊形，如下圖：

所以，因此,所以平行四邊形是菱形，設，，所以，在中，，設，所以當時，，是增函數，故，因此本題選D.本題考查了平面加法的幾何意義、以及平面向量數量積的取值范圍問題，利用菱形的性質、余弦的升冪公式、構造函數是解題的關鍵.二、多選題（共18分）9．（本題6分）一組樣本數據的平均數為，標準差為s．另一組樣本數據，的平均數為，標準差為s．兩組數據合成一組新數據，新數據的平均數為，標準差為，則（

）A． B．C． D．【正確答案】BC【分析】由平均數與標準差的定義求解判斷．【詳解】由題意，，同理兩式相加得，，所以，．故選：BC．10．（本題6分）在棱長為2的正方體中，點E，F分別為棱BC與的中點，則下列選項正確的有（

）A．平面B．與所成的角為30°C．平面D．平面截正方體的截面面積為【正確答案】ABD【分析】設點M為棱的中點，得到四邊形為平行四邊形，利用線面平行的判定定理，證得平面，可判定A正確；再得到四邊形為菱形，求得截面的面積，可判定D正確；設的中點為N，證得，得到為與所成的角，利用余弦定理求得，可判定B正確；假設平面正確，得到，結合，證得平面，得到，進而判定C錯誤．【詳解】如圖1所示，設點M為棱的中點，則平行且相等，所以四邊形為平行四邊形，又，平面，平面，所以平面，故A正確；由上可知，四邊形為平面截正方體的截面，易得，故四邊形為菱形，又其對角線，，故其面積為，故D正確；設的中點為，連接，因為分別為與的中點，所以，故為與所成的角，又，，由余弦定理可得，所以與所成的角為，故B正確；如圖2所示，假設平面正確，則，又，，所以平面，得．在正方形中，，顯然不成立，所以假設錯誤，即平面錯誤，故C錯誤．故選：ABD．11．（本題6分）已知均為正數且，下列不等式正確的有（

）A． B． C． D．【正確答案】BCD【分析】由已知條件可得，然后逐個分析判斷即可【詳解】由，得，所以，因為均為正數，所以，對于A，，當且僅當，即時取等號，所以A錯誤，對于B，，當且僅當，即時取等號，所以B正確，對于C，因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以C正確，對于D，因為，所以，當且僅當，即時取等號，所以D正確，故選：BCD三、填空題（共15分）12．（本題5分）已知，則的最小值為.【正確答案】【分析】由可得，將整理為，再利用基本不等式即可求解.【詳解】因為，所以，所以，當且僅當，即時取等號，所以的最小值為，故易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.13．（本題5分）已知函數，①若a＝1，f（x）的最小值是；②若f（x）恰好有2個零點，則實數a的取值范圍是．【正確答案】﹣【分析】（1）對分段函數的兩段函數分別求最小值，然后比較可得；（2）結合函數性質與解方程，可得結論．【詳解】（1）由題意，時，單調遞增，，時，，，所以時，；（2）若，則，恰有兩個零點0和1，滿足題意，若，則時，無零點，但時，有兩個零點和，滿足題意，當時，則時，是增函數，，有一個零點，時，由得或，因為只有兩個零點，所以，解得，綜上，的取值范圍是．本題考查求分段函數的最值，由分段函數的零點個數求參數取值范圍．解題時需分類討論，按分段函數的定義分類討論．14．（本題5分）如圖所示，在△ABC中，AB=AC=2，，，AE的延長線交BC邊于點F，若，則.【正確答案】【分析】過點做,可得，，由可得，可得，代入可得答案.【詳解】解：如圖，過點做,易得：,,,故,可得：，同理：,,可得,,由，可得,可得：,可得：，,故答案為.本題主要考查平面向量的線性運算和平面向量的數量積，由題意作出是解題的關鍵.四、解答題（共77分）15．（本題12分）如圖1，在平面四邊形中，已知，，，，，于點.將沿折起使得平面，如圖2，設（）.(1)若，求證：平面；(2)若直線與平面所成角的正弦值為，求的值.【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）利用線面平行的判定定理即可證明；（2）利用空間向量的坐標表示，表示出線面夾角的余弦值即可求解.【詳解】（1）在平面四邊形中，，，，所以，，又，，所以，，，所以，所以.所以在中，易得.因為，，所以.在四棱錐中，連接，設，連接，因為，所以，又，所以.因為平面，平面，所以平面.（2）由題意易知，，兩兩垂直，故可建立如圖所示的空間直角坐標系，則，，，，則，.設平面的法向量為，則，即，令，得，即.由，得，故，.由直線與平面所成角的正弦值為，得，解得.16．（本題14分）如圖，直三棱柱的體積為1，，，．(1)求證：；(2)求二面角的余弦值．【正確答案】(1)證明見解析(2)【分析】（1）法一：由線面垂直證明即可；法二：用空間直角坐標系證明即可；（2）法一：過作于，連接，由已知得出為二面角的平面角，求解即可；法二：建立空間直角坐標系求解．【詳解】（1）直三棱柱的體積為：，則，四邊形為正方形，法一：在直棱柱中，面，，又平面，則，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以，因為，所以，在正方形中，有，因為，，，平面，所以平面，又平面，所以．法二：直棱柱，平面，又，以為原點，，，所在直線為x軸，y軸，z軸，建立空間直角坐標系，則，，，，，，，，所以．（2）由（1）得，設，在中，過作于，連接，因為，，平面，且，所以平面，又平面，所以，所以為二面角的平面角，因為，，得，又在中，，得，，所以二面角的余弦值為．法二：，，，，，，，設平面的法向量：，則，取，得，，，設面的法向量，則，取，得，設二面角的大小為，則：，因為為銳角，所以二面角余弦值為．17．（本題15分）如圖，在四面體ABCD中，△ABC是等邊三角形，平面ABC⊥平面ABD，點M為棱AB的中點，AB=2，AD=，∠BAD=90°．（Ⅰ）求證：AD⊥BC；（Ⅱ）求異面直線BC與MD所成角的余弦值；（Ⅲ）求直線CD與平面ABD所成角的正弦值．【正確答案】(Ⅰ)證明見解析；(Ⅱ)；(Ⅲ)．【詳解】分析：（Ⅰ）由面面垂直的性質定理可得AD⊥平面ABC，則AD⊥BC．（Ⅱ）取棱AC的中點N，連接MN，ND．由幾何關系可知∠DMN（或其補角）為異面直線BC與MD所成的角．計算可得．則異面直線BC與MD所成角的余弦值為．（Ⅲ）連接CM．由題意可知CM⊥平面ABD．則∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角．計算可得．即直線CD與平面ABD所成角的正弦值為．詳解：（Ⅰ）證明：由平面ABC⊥平面ABD，平面ABC∩平面ABD=AB，AD⊥AB，可得AD⊥平面ABC，故AD⊥BC．（Ⅱ）取棱AC的中點N，連接MN，ND．又因為M為棱AB的中點，故MN∥BC．所以∠DMN（或其補角）為異面直線BC與MD所成的角．在Rt△DAM中，AM=1，故DM=．因為AD⊥平面ABC，故AD⊥AC．在Rt△DAN中，AN=1，故DN=．在等腰三角形DMN中，MN=1，可得．所以，異面直線BC與MD所成角的余弦值為．（Ⅲ）連接CM．因為△ABC為等邊三角形，M為邊AB的中點，故CM⊥AB，CM=．又因為平面ABC⊥平面ABD，而CM平面ABC，故CM⊥平面ABD．所以，∠CDM為直線CD與平面ABD所成的角．在Rt△CAD中，CD==4．在Rt△CMD中，．所以，直線CD與平面ABD所成角的正弦值為．點睛：本小題主要考查異面直線所成的角、直線與平面所成的角、平面與平面垂直等基礎知識．考查空間想象能力、運算求解能力和推理論證能力．18．（本題15分）棱柱的所有棱長都等于4，，平面平面，.（1）證明：；（2）求二面角的平面角的余弦值；（3）在直線上是否存在點，使平面？若存在，求出點的位置.【正確答案】（1）證明見解析；（2）；（3）點在的延長線上且使.【分析】（1）建立空間直角坐標系，結合，即可證得；（2）分別求得平面和平面的一個法向量，解向量的夾角公式，即可求解；（3）設，求得的坐標和平面的法向量，結合，求得，即可得到結論.【詳解】由題意，連接交于，則，連接，在中，，，，∴，∴，∴，由于平面平面，所以底面，所以以、、所在直線為軸、軸、軸建立如圖所示空間直角坐標系，則，，，，，（1）由于，，，則，∴.（2）設平面的法向量，則，即，取，可得，同理，可得平面的法向量，所以，又由圖可知成鈍角，所以二面角的平面角的余弦值是.（3）假設在直線上存在點，使平面，設，，則，得，，設平面，則，設，得到，不妨取，又因為平面，則即得