重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期开学适应性训练数学试题

这是一份重庆市第八中学校2023-2024学年高二上学期开学适应性训练数学试题，共15页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
重庆八中2023—2024学年度（上）高二年级开学适应性训练数学试题一、选择题：本题共8小题，每小通5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设，为的共轭复数，则（    ）A． B． C． D．2．已知点在圆上，则点到轴的距离的最大值为（    ）A．2 B．3 C． D．3．已知向量，，，则实数的值为（    ）A． B． C． D．14．如图所示，圆锥的底面直径和高均是4，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下几何体的表面积为（    ）A． B． C． D．5．在三棱锥中，已知平面，，若，，则与所成角的余弦值为（    ）A． B． C． D．6．如图所示，中，点是线段的中点，是线段上的动点，则，则的最小值（    ）A．1 B．3 C．5 D．87．解放碑是重庆的标志建筑物之一，因其特有的历史内涵，仍牵动着人们敬仰的目光，在海内外具存非凡的影响．某校数学兴趣小组为了测量其高度，在地面上共线的三点，，处分别测得点的仰角为30°，45°，60°，且，则解放碑的高度约为（    ）（参考数据：）A． B． C． D．8．在中，，，，为中点，若将沿着直线翻折至，使得四面体的外接球半径为1，则直线与平面所成角的正弦值是（    ）A． B． C． D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共计20分．每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9．设，是空间中不同的直线，，，是不同的平面，则下列说法正确的有（    ）A．若，，，则B．若，，，则C．若，，，，则D．若，，，则10．下列结论正确的有（    ）A．两个不同的平面，的法向量分别是，，则B．直线的方向向量，平面的法向量，则C．若，，，则点在平面内D．若是空间的一个基底，则也是空间一个基底11．已知直线：，：，设两直线分别过定点，，直线和直线的交点为，则下列结论正确的有（    ）A．直线过定点，直线过定点B．C．面积的最大值为5D．若，，则点恒满足12．半正多面体亦称“阿基米德体”、“阿基米德多面体”，是由边数不完全相同的正多边形为面的多面体．某半正多面体由4个正三角形和4个正六边形构成，其可由正四面体切割而成．在如图所示的正半多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的有（    ）A．该半正多面体的表面积为B．该半正多面体的体积为C．该半正多面体外接球的表面积为D．若点，分别在线段，上，则的最小值为三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13．如图所示是利用斜二测画法画出的水平放置的的直观图，已知轴，轴且，则的周长为______．14．直线的倾斜角的取值范围是______．15．已知三角形中，内角，，的对边分别为，，，且，，则的取值范围是______．16．德国机械学家莱洛设计的菜洛三角形在工业领域应用广泛．如图，分别以等边三角形的顶点为圆心，以边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形即为莱洛三角形．若该等边三角形的边长为1，为弧上的一个动点，则的最小值为______．四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．（10分）已知的三个顶点为，，．（1）求过虑且平行于的直线方程；（2）求过点且与、距离相等的直线方程．18．（12分）已知三棱柱中，侧棱垂直于底面，点是的中点．（1）求证：平面；（2）若底面为边长为2的正三角形，，求三棱锥的体积．19．（12分）如图，已知的外接圆的半径为4，．（1）求中边的长：（2）求．20．（12分）如图，是圆的直径，是圆上异于，的一点，垂直于圆所在的平面，，，．（1）求证：平面平面；（2）若，求平面与平面所成的锐二面角的余弦值．21．（12分）在中，角，，所对的边分别为，，，且．（1）求证：；（2）求的最小值．22．（12分）如图，在四棱锥中，，，，为等边三角形，平面平面，点在棱上，直线平面．（1）证明：．（2）设二面角的平面角为，直线与平面所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围． 重庆八中2023—2024学年度（上）高二年级开学适应性训练参考答案题号123456789101112答案BBDBCDBDADACDABDBCD13．    14．    15．    16．1．解：∵，∴．故选B．2．解：圆．即圆，圆心为，半径，得点到轴的距离的最大值．故选B．3．解：因为向量，，所以，，又因为，所以，解得．故选D．4．解：设圆柱的底面半径为，高为，则，，圆锥的母线长为，过的中点作平行于底面的截面，以该截面为底面挖去一个圆柱，则剩下的几何体的表面积为，故选：B．5．解，如图，取，，的中点，，连接，，，∵，，∴（或其补角）即为与所成的角．∵平面，∴，∴，则．∵，，．取的中点，连接，．∴，∴平面．∴．又，．∴∴，∴与所成角的余弦值为．故选：C．6．解：由题意可知，，又是线段上的动点，则可设，且，所以则．所以．则，，所以．当且仅当，即，时等号成立，所以的最小值为8，故选：D．7．解：由题知，设，则，，，又，所以在中，①，在中，②，联立①②，解得．故选：B．8．解：∵，，，∴，又为中点，∴，则，即为等边三角形，设的外接圆圆心为，的外接圆圆心为，取中点，连接，，，，，，∵，，∴，即外接球半径为1，又四面体的外接球半径为1，∴为四面体外接球的球心，由球的性质可知：平面，又平面，∴，∵，，∴；设点到平面的距离为，由得：，又与均为边长为1的等边三角形，∴，直线与平面所成角的正弦值为．故选D．9．解：在选项A中，，，，由线面平行判定定理得，，故A项正确；在选项B中，，，，则与平行或㫒面，故B项错误；在选项C中，，，，，则与相交或平行，故C项错误；在选项D中，由面面平行的性质定理得D项正确．故选：AD．10．解：因为，所以，故A正确：因为直线的方向向量，平面的法向量，则，所以，但是当直线在平面内，直线与平面不平行，故B不正确；因为，所以，，共面，即点在平面内，故C正确；若是空间的一个基底，假如，，中有向量共线情况，则，，就会出现向量共线情况，不合题意，则，，中的任意两个都不共线．又设对空间任意一个向量，存在唯一的实数组，使得，于是，由，，的唯一性，得，，也是唯一的，所以也是空间一个基底．故D正确．故选：ACD．11．解：对于A，可化作，可发现过定点，同理，过定点，A正确；对于B，∵，可得恒成立，因此是以为直径的圆上的点，根据定义，，B正确；对于C，，当且仅当时等号成立，故C错误；对于D，由题可知在圆上运动，设，若，则，化简可得，与的方程相同，故D正确．故选：．12．解：该半正多面体的表面积为，A错误；该半正多面体所在正四面体的高为，体积为，该半正多面体的体积为，B正确；该半正多面体外接球的球心即其所在正四面体的外接球的球心，记球心为，则，故该半正多面体外接球的表面积为，C正确；该半正多面体的展开图如图所示，，，，，D正确．故选：BCD．13．解：先由斜二测画法得，，即可求解．由题意得，，且，则，则的周长为．故答案为：．14．解：设直线的倾斜角为，因为直线的斜率，即，所以．故答案为：．15．解：，由余弦定理可得：，所以，所以，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，又因为，所以，所以的取值范围是．16．解：设，，则：其中，∴，∴，∴时，取最小值．故答案为：．17．解：（1）由于，，所以，故过点且与直线平行的直线方程为，整理得；（2）①由于，，故直线垂直于轴，所以过点的直线当垂直于轴时，即直线时，满足条件：②由于，，故中点．故经过点和点的直线满足条件，即的直线方程为，整理得．综上所述，满足条件的直线方程为或．18．（1）证明：连接交于点，连接，因为四边形是矩形，则为的中点又是的中点，，又面，面，所以面；（2）解：，是的中点，，又面，面，，，面，面．平面平面，所以是三棱锥的高，又，所以；19．（1）∵，∴，∴，即且，又的外接圆的半径，∴，∴；（2）如图，取的中点，取的中点，连接，，．因为，且，所以四边形是平行四边形．所以．所以．所以．所以．20．（1）证明：∵垂直于圆所在的平面，圆所在的平面，∴，∵是圆的直径，∴，又∵，∴平面，平面，∴平面平面；（2）解：以为坐标原点，，，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系．∵，，则，．则，，，，则，，，设平面的一个法向量为，则，令，则，，∴平面的一个法向量为．设平面的一个法向量为．则，令，则，，∴平面的一个法向量为．设平面与平面所成的锐二面角为．．∴平面与平面所成的镜二面角的余弦值．21．（1）证明：在中，，由正弦定理得，又，∴，∴，∴，又，∴，且，∴，∴；（2）由（1）可得得，∴，，∵，，∴．当且仅当即，且，当且仅当时等号成立，∴当时，的最小值为．22．解：（1）证明：连接交于，连接．因为，，所以根据相似的性质可得．因为直线平面，平面，平面平面，所以，则，所以．（2）取的中点，的中点，连接，，．因为为等边三角形，所以不妨设，则，．因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，，平面，所以，．又因为，分别为，的中点，所以，而，所以，又，，平面，则平面，又平面，则，所以是二面角的平面角，即．设，则，得．过作交于，连接，由于平面，所以平面，则为直线与平面所成的角，即．，，．因为，所以，则．因为，所以．故的取值范围为．