重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期开学适应性训练试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第八中学2023-2024学年高二数学上学期开学适应性训练试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 设，为的共轭复数，则， 下列结论正确的是等内容，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. 【答案】B【解析】【分析】根据复数代数形式的乘法运算化简复数，即可得到其共轭复数；【详解】解：，，故选：B．2. 已知点P在圆 上，则点P到x轴的距离的最大值为（    ）A. 2 B. 3 C.  D. 【答案】B【解析】【分析】先根据圆的一般方程求出圆心半径，再结合问题计算即可.【详解】圆 ,即圆  圆心为，半径，得点P到x轴的距离的最大值为.故选：B.3. 已知向量，，，则实数m的值为（    ）．A.  B.  C.  D. 1【答案】D【解析】【分析】先求得的坐标，再由求解.【详解】解：因为向量，，所以，又因为，所以，解得，故选：D4. 如图，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. 【答案】B【解析】【分析】通过圆锥的底面半径和高，可求出圆柱的高和底面半径，再结合圆锥的表面积与圆柱的侧面积可求得剩下几何体的表面积.【详解】设圆柱的高为，底面半径为，可知，则圆锥的母线长为，所以剩下几何体的表面积为.故选：B.5. 在三棱锥A－BCD中，已知平面BCD，，若AB＝2，BC＝CD＝4，则AC与BD所成角的余弦值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】取，，的中点E，F，G连接，，，由中位线定理可得AC与BD所成角为，由几何关系求出三边，结合余弦定理即可求解.【详解】如图，取，，的中点E，F，G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：C6. 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. 8【答案】D【解析】【分析】利用平面向量共线定理与线性运算即可得，且，再结合基本不等式“1”的代换即可求得最值.【详解】因为点是线段的中点，所以，又是线段上的动点，则可设，且所以则，所以，则，且所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为.故选：D.7. 武灵丛台位于邯郸市丛台公园中心处，为园内的主体建筑，是邯郸古城的象征.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，，，且，则武灵丛台的高度约为（    ）（参考数据：）  A. 22m B. 27m C. 30m D. 33m【答案】B【解析】【分析】设，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，两者相等即可解出答案.【详解】由题知，设，则，，，又，所以中，，①在中，，②联立①②，解得.故选：B8. 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，则直线与平面所成角的正弦值是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由直角三角形性质和翻折关系可确定为等边三角形，利用正弦定理可确定外接圆半径，由此可知外接圆圆心即为四面体外接球球心，由球的性质可知平面，利用可求得点到平面的距离，由此可求得线面角的正弦值.【详解】，，，，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，，，，即外接圆半径为，又四面体的外接球半径为，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：，又与均为边长为的等边三角形，，直线与平面所成角的正弦值为.故选：D.【点睛】关键点点睛；本题考查几何体的外接球、线面角问题的求解；本题求解线面角的关键是能够确定外接球球心的位置，结合球的性质，利用体积桥的方式构造方程求得点到面的距离，进而得到线面角的正弦值.二､多选题：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【答案】AD【解析】【分析】根据线线、线面、面面位置关系有关知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】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，，，，则与平行或异面，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：AD10. 下列结论正确的是（    ）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. 若是空间的一组基底，则向量也是空间一组基底【答案】ACD【解析】【分析】根据平面向量的法向量垂直判断A，根据直线与平面的关系判断B，根据空间中共面基本定理判断C，由空间向量基本定理判断D.【详解】因为，所以，故A正确；因为直线的方向向量，平面的法向量，不能确定直线是否在平面内，故B不正确；因为，所以，，共面，即点在平面内，故C正确；若是空间的一组基底，则对空间任意一个向量，存在唯一的实数组，使得，于，所以也是空间一组基底，故D正确.故选：ACD.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【答案】ABD【解析】【分析】根据直线过定点、向量数量积、三角形的面积公式、轨迹方程、基本不等式等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】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，线段的中点为，，所以以为直径的圆的方程为，由可知在圆上运动，设，若，则，化简可得，与的方程相同，故D正确.故选：ABD12. 半正多面体亦称“阿基米德体多面体”，是由边数不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.在如图所示的半正多面体中，若其棱长为1，则下列结论正确的是（    ）  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的表面积为D. 若点分别在线段上，则的最小值为【答案】BCD【解析】【分析】根据给定的多面体，利用正四面体的性质，球的截面圆的性质，以及多面体的侧面展开图，结合棱锥的表面积与体积公式，以及球的表面积公式，逐项判定，即可求解.【详解】由题意，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，其棱长为1，A中，该半正多面体的表面积为，所以A错误. B中，如图所示，该半正多面体所在的正四面体中，可得正四面体的棱长为，取正四面体的下底面的中心为，连接，则底面，在直角中，因为，，所以，即该半正多面体所在的正四面体的高为，体积为，该半正多面体的体积为，所以B正确；C中，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，半径为，的中心为，连接，由等边的边长为，可得，又由底面正六边形的边长为 ，可得，在正四面体中，可得，所以，设，因为，可得，即，解得，即，所以，故该半正多面体外接球的表面积为，所以C正确.     D中，该半正多面体的展开图，如图所示，则，所以D正确.故选：BCD  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___________.【答案】或【解析】【分析】由斜二测画法还原原图即可求解【详解】
 由题意得，，且，则，则的周长为.故答案为：.14. 直线的倾斜角的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】先求得直线的斜率的取值范围，进而求得倾斜角的取值范围.【详解】设直线的倾斜角为，因为直线的斜率，即，所以.故答案为：.15. 已知三角形中，内角的对边分别为，且，则的取值范围是__________.【答案】【解析】【分析】由数量积定义、余弦定理结合已知式可得，由基本不等式求解即可.【详解】，由余弦定理可得：，所以，所以，所以，所以，所以，又因为，所以，所以的取值范围是.故答案为：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，为弧上的一个动点，则的最小值为______．【答案】【解析】【分析】以为原点建立平面直角坐标系，则为单位圆上一点，利用任意角的三角函数定义，设点的坐标，用向量的坐标运算求解即可.【详解】由已知，弧是以为圆心，为半径的圆的一部分，以为原点，所在直线为轴，过与直线垂直的直线为轴，建立平面直角坐标系，则由已知，，，由任意角的三角函数的定义，设，，则，，，∴，∴令，，则， 当时，，，，∴存在，使，即，∴当时，的最小值为.故答案为：.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. 已知的三个顶点为，，.（1）求过点A且平行于的直线方程；（2）求过点B且与A、C距离相等的直线方程.【答案】（1）    （2）和【解析】【分析】（1）根据平行得斜率相等，即可由点斜式求解，（2）根据距离相等，分直线与平行和过中点直线，即可求解.【小问1详解】由B、C两点的坐标可得，因为待求直线与直线平行，故其斜率为由点斜式方程可得目标直线方程为整理得.【小问2详解】由A、C点的坐标可知，AC的中点D坐标为又直线没有斜率，则与直线平行的直线符合题意，即.过B，D两点的直线到A，C的距离也相等，点斜式方程为，整理得.综上所述，满足题意直线方程为和.  18. 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.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）根据线面平行的判定定理证得平面；（2）先求得三棱锥也即三棱锥的高，进而求得体积.【小问1详解】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；【小问2详解】，是的中点，，又平面，平面，所以，平面，平面，由于平面，所以平面平面，所以是三棱锥的高，又，所以；  19. 如图，已知的外接圆的半径为4，.  （1）求中边的长：（2）求.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据已知条件求得，从而求得.（2）求得，然后利用向量数量积的运算求得正确答案.【小问1详解】∵，∴，∴，即且，又的外接圆的半径，∴，∴；【小问2详解】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. 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．【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）因为是圆的直径，可证，利用面面垂直的判定定理即可证明.（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量求解平面与平面的法向量即可求解.【小问1详解】∵是圆的直径，∴，又垂直于圆所在的平面，DC在圆所在的平面中，∴，又，，∴平面，又平面，∴平面平面；【小问2详解】如图，以为原点，分别为轴，轴，轴建立空间直角坐标系，则，，，，∴，，，设平面法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，则，令，则，∴，∴平面与平面所成的锐二面角的余弦值为．21. 在中，角所对的边分别为，且.（1）求证：；（2）求的最小值.【答案】（1）证明见解析    （2）最小值为【解析】【分析】（1）根据正弦定理边角互化和两角和差正弦化简即可证明.（2）将问题转化 ，根据第一问解得，然后结合不等式求解.【小问1详解】在中，，由正弦定理得，又，因为,所以,所以,又,所以，且,所以，故.【小问2详解】由（1）得，所以，因为，所以，当且仅当即，且，即当且仅当时等号成立，所以当时，的最小值为.22. 如图，在四棱锥中，，，，△MAD为等边三角形，平面平面ABCD，点N在棱MD上，直线平面ACN．  （1）证明：．（2）设二面角的平面角为，直线CN与平面ABCD所成的角为，若的取值范围是，求的取值范围．【答案】（1）证明见解析    （2）．【解析】【分析】（1）根据相似以及线面平行的性质即可求解，（2）由面面垂直可得线面垂直，进而根据二面角以及线面角定义，即可找到其平面角，利用三角形的边角关系，即可求解.【小问1详解】证明：连接BD交AC于O，连接ON．  因为，，所以根据相似的性质可得．因为直线平面ACN，平面MBD，平面平面，所以，则，所以．【小问2详解】取AD的中点E，AC的中点F，连接ME，EF，MF．因为△MAD为等边三角形，所以不妨设，则，．因为平面平面ABCD，平面平面，平面,所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．又因为E，F分别为AD，AC的中点，所以，而，所以，又，平面MEF,则平面MEF，平面MEF得，所以∠MFE是二面角的平面角，即．设，则，得．过N作交AD于H，连接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，则∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，即．，，．因为，所以，则．因为，所以．