重慶市第八中學校2023-2024學年高二上學期開學適應性訓練數(shù)學 Word版含解析.docx

《重慶市第八中學校2023-2024學年高二上學期開學適應性訓練數(shù)學 Word版含解析.docx》由會員上傳分享，免費在線閱讀，更多相關內容在教育資源-天天文庫。

重慶八中2023—2024學年度（上）高二年級開學適應性訓練數(shù)學試題一?選擇題：本題共8小題，每小通5分，共計40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設，為的共軛復數(shù)，則（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根據復數(shù)代數(shù)形式的乘法運算化簡復數(shù)，即可得到其共軛復數(shù)；【詳解】解：，，故選：B．2.已知點P在圓上，則點P到x軸的距離的最大值為（）A.2B.3C.D.【答案】B【解析】【分析】先根據圓的一般方程求出圓心半徑，再結合問題計算即可.【詳解】圓,即圓圓心為，半徑，得點P到x軸的距離的最大值為.故選：B.3.已知向量，，，則實數(shù)m的值為（）．A.B.C.D.1【答案】D【解析】【分析】先求得的坐標，再由求解.【詳解】解：因為向量，，所以， 又因為，所以，解得，故選：D4.如圖，圓錐的底面直徑和高均是4，過的中點作平行于底面的截面，以該截面為底面挖去一個圓柱，則剩下幾何體的表面積為（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】通過圓錐的底面半徑和高，可求出圓柱的高和底面半徑，再結合圓錐的表面積與圓柱的側面積可求得剩下幾何體的表面積.【詳解】設圓柱的高為，底面半徑為，可知，則圓錐的母線長為，所以剩下幾何體的表面積為.故選：B.5.在三棱錐A－BCD中，已知平面BCD，，若AB＝2，BC＝CD＝4，則AC與BD所成角的余弦值為（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】取，，的中點E，F(xiàn)，G連接，，，由中位線定理可得AC與BD所成角為，由幾何關系求出三邊，結合余弦定理即可求解. 【詳解】如圖，取，，的中點E，F(xiàn)，G連接，，．∵，，∴（或其補角）即為與所成的角．∵平面，∴，∴，則，∵，，．取的中點，連接，，∴，∴平面，∴，又，∴，∴．∴與所成角的余弦值為．故選：C6.如圖所示，中，點是線段的中點，是線段上的動點，則，則的最小值（）A.1B.3C.5D.8【答案】D【解析】【分析】利用平面向量共線定理與線性運算即可得，且，再結合基本不等式“1”的代換即可求得最值. 【詳解】因為點是線段的中點，所以，又是線段上的動點，則可設，且所以則，所以，則，且所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為.故選：D.7.武靈叢臺位于邯鄲市叢臺公園中心處，為園內的主體建筑，是邯鄲古城的象征.某校數(shù)學興趣小組為了測量其高度，在地面上共線的三點，，處分別測得點的仰角為，，，且，則武靈叢臺的高度約為（）（參考數(shù)據：）A.22mB.27mC.30mD.33m【答案】B【解析】【分析】設，求出，利用余弦定理在和中，表示出和，兩者相等即可解出答案.【詳解】由題知，設， 則，，，又，所以中，，①在中，，②聯(lián)立①②，解得.故選：B8.在中，，，，為中點，若將沿著直線翻折至，使得四面體的外接球半徑為，則直線與平面所成角的正弦值是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由直角三角形性質和翻折關系可確定為等邊三角形，利用正弦定理可確定外接圓半徑，由此可知外接圓圓心即為四面體外接球球心，由球的性質可知平面，利用可求得點到平面的距離，由此可求得線面角的正弦值.【詳解】，，，，又為中點，，則，即為等邊三角形，設的外接圓圓心為，的外接圓圓心為，取中點，連接， ，，，即外接圓半徑為，又四面體的外接球半徑為，為四面體外接球的球心，由球的性質可知：平面，又平面，，，，；設點到平面的距離為，由得：，又與均為邊長為的等邊三角形，，直線與平面所成角的正弦值為.故選：D.【點睛】關鍵點點睛；本題考查幾何體的外接球、線面角問題的求解；本題求解線面角的關鍵是能夠確定外接球球心的位置，結合球的性質，利用體積橋的方式構造方程求得點到面的距離，進而得到線面角的正弦值.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共計20分.每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，有選錯的得0分，部分選對的得2分.9.設，是空間中不同的直線，，，是不同的平面，則下列說法正確的有（）A.若，，，則B.若，，，則C.若，，，，則D.若，，，則【答案】AD【解析】【分析】根據線線、線面、面面位置關系有關知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】在選項A中，，，，由線面平行判定定理得，，故A項正確；在選項B中，，，，則與平行或異面，故B項錯誤；在選項C中，，，，，則與相交或平行，故C項錯誤； 在選項D中，由面面平行的性質定理得D項正確.故選：AD10.下列結論正確的是（）A.兩個不同的平面的法向量分別是，則B.直線的方向向量，平面的法向量，則C.若，則點在平面內D.若是空間的一組基底，則向量也是空間一組基底【答案】ACD【解析】【分析】根據平面向量的法向量垂直判斷A，根據直線與平面的關系判斷B，根據空間中共面基本定理判斷C，由空間向量基本定理判斷D.【詳解】因為，所以，故A正確；因為直線的方向向量，平面的法向量，不能確定直線是否在平面內，故B不正確；因為，所以，，共面，即點在平面內，故C正確；若是空間的一組基底，則對空間任意一個向量，存在唯一的實數(shù)組，使得，于，所以也是空間一組基底，故D正確.故選：ACD.11.已知直線：，：，設兩直線分別過定點，，直線和直線的交點為，則下列結論正確的有（）A.直線過定點，直線過定點 B.C.面積的最大值為5D.若，，則點恒滿足【答案】ABD【解析】【分析】根據直線過定點、向量數(shù)量積、三角形的面積公式、軌跡方程、基本不等式等知識對選項進行分析，從而確定正確答案.【詳解】對于A，可化作，可發(fā)現(xiàn)過定點，同理，過定點，A正確；對于B，∵，可得恒成立，因此是以為直徑的圓上的點，根據定義，，B正確；對于C，，當且僅當時等號成立，故C錯誤；對于D，線段的中點為，，所以以為直徑的圓的方程為，由可知在圓上運動，設，若，則，化簡可得，與的方程相同，故D正確.故選：ABD12.半正多面體亦稱“阿基米德體多面體”，是由邊數(shù)不全相同的正多邊形為面的多面體.某半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成.在如圖所示的半正多面體中，若其棱長為1，則下列結論正確的是（） A.該半正多面體的表面積為B.該半正多面體的體積為C.該半正多面體外接球的的表面積為D.若點分別在線段上，則的最小值為【答案】BCD【解析】【分析】根據給定的多面體，利用正四面體的性質，球的截面圓的性質，以及多面體的側面展開圖，結合棱錐的表面積與體積公式，以及球的表面積公式，逐項判定，即可求解.【詳解】由題意，某半正多面體由4個正三角形和4個正六邊形構成，其可由正四面體切割而成，其棱長為1，A中，該半正多面體的表面積為，所以A錯誤.B中，如圖所示，該半正多面體所在的正四面體中，可得正四面體的棱長為，取正四面體的下底面的中心為，連接，則底面，在直角中，因為，，所以，即該半正多面體所在的正四面體的高為，體積為，該半正多面體的體積為，所以B正確；C中，該半正多面體外接球的球心即其所在正四面體的外接球的球心， 記球心為，半徑為，的中心為，連接，由等邊的邊長為，可得，又由底面正六邊形的邊長為，可得，在正四面體中，可得，所以，設，因為，可得，即，解得，即，所以，故該半正多面體外接球的表面積為，所以C正確.D中，該半正多面體的展開圖，如圖所示，則，所以D正確.故選：BCD三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.如圖所示是利用斜二測畫法畫出的水平放置的的直觀圖，已知軸，軸且，則的周長為___________. 【答案】或【解析】【分析】由斜二測畫法還原原圖即可求解【詳解】由題意得，，且，則，則的周長為.故答案為：.14.直線的傾斜角的取值范圍是___________.【答案】【解析】【分析】先求得直線的斜率的取值范圍，進而求得傾斜角的取值范圍.【詳解】設直線的傾斜角為，因為直線的斜率，即，所以.故答案為：. 15.已知三角形中，內角的對邊分別為，且，則的取值范圍是__________.【答案】【解析】【分析】由數(shù)量積定義、余弦定理結合已知式可得，由基本不等式求解即可.【詳解】，由余弦定理可得：，所以，所以，所以，所以，所以，又因為，所以，所以的取值范圍是.故答案為：16.德國機械學家萊洛設計的菜洛三角形在工業(yè)領域應用廣泛．如圖，分別以等邊三角形的頂點為圓心，以邊長為半徑作圓弧，由這三段圓弧組成的曲邊三角形即為萊洛三角形．若該等邊三角形的邊長為，為弧上的一個動點，則的最小值為______．【答案】【解析】【分析】以為原點建立平面直角坐標系，則為單位圓上一點，利用任意角的三角函數(shù)定義，設點的坐標，用向量的坐標運算求解即可. 【詳解】由已知，弧是以為圓心，為半徑的圓的一部分，以為原點，所在直線為軸，過與直線垂直的直線為軸，建立平面直角坐標系，則由已知，，，由任意角的三角函數(shù)的定義，設，，則，，，∴，∴令，，則，當時，，，，∴存在，使，即，∴當時，的最小值為. 故答案為：.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.已知的三個頂點為，，.（1）求過點A且平行于的直線方程；（2）求過點B且與A、C距離相等的直線方程.【答案】（1）（2）和【解析】【分析】（1）根據平行得斜率相等，即可由點斜式求解，（2）根據距離相等，分直線與平行和過中點直線，即可求解.【小問1詳解】由B、C兩點的坐標可得，因為待求直線與直線平行，故其斜率為由點斜式方程可得目標直線方程為整理得.【小問2詳解】由A、C點的坐標可知，AC的中點D坐標為又直線沒有斜率，則與直線平行的直線符合題意，即.過B，D兩點的直線到A，C的距離也相等，點斜式方程為，整理得.綜上所述，滿足題意直線方程為和. 18.已知三棱柱中，側棱垂直于底面，點是的中點.（1）求證：平面；（2）若底面為邊長為2的正三角形，，求三棱錐的體積.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）根據線面平行的判定定理證得平面；（2）先求得三棱錐也即三棱錐的高，進而求得體積.【小問1詳解】連接交于點，連接，因為四邊形是矩形，則為的中點又是的中點，，又面，面，所以面；【小問2詳解】，是的中點，，又平面，平面，所以，平面，平面，由于平面，所以平面平面，所以是三棱錐的高，又， 所以；19.如圖，已知的外接圓的半徑為4，.（1）求中邊的長：（2）求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據已知條件求得，從而求得.（2）求得，然后利用向量數(shù)量積的運算求得正確答案.【小問1詳解】∵，∴，∴，即且，又的外接圓的半徑，∴，∴；【小問2詳解】如圖，取的中點，取的中點，連接，，.因為，且，所以四邊形是平行四邊形.所以.所以.所以. 所以.20.如圖，是圓的直徑，是圓上異于，的一點，垂直于圓所在的平面，，，．（1）求證：平面平面；（2）若，求平面與平面所成的銳二面角的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）因為是圓的直徑，可證，利用面面垂直的判定定理即可證明.（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量求解平面與平面的法向量即可求解.【小問1詳解】∵是圓的直徑，∴，又垂直于圓所在的平面，DC在圓所在的平面中，∴，又，，∴平面，又平面，∴平面平面；【小問2詳解】 如圖，以為原點，分別為軸，軸，軸建立空間直角坐標系，則，，，，∴，，，設平面法向量為，則，令，則，設平面的法向量為，則，令，則，∴，∴平面與平面所成的銳二面角的余弦值為．21.在中，角所對的邊分別為，且.（1）求證：；（2）求的最小值.【答案】（1）證明見解析（2）最小值為【解析】【分析】（1）根據正弦定理邊角互化和兩角和差正弦化簡即可證明. （2）將問題轉化，根據第一問解得，然后結合不等式求解.【小問1詳解】在中，，由正弦定理得，又，因為,所以,所以,又,所以，且,所以，故.【小問2詳解】由（1）得，所以，因為，所以，當且僅當即，且，即當且僅當時等號成立，所以當時，的最小值為.22.如圖，在四棱錐中，，，，△MAD為等邊三角形，平面平面ABCD，點N在棱MD上，直線平面ACN． （1）證明：．（2）設二面角的平面角為，直線CN與平面ABCD所成的角為，若的取值范圍是，求的取值范圍．【答案】（1）證明見解析（2）．【解析】【分析】（1）根據相似以及線面平行的性質即可求解，（2）由面面垂直可得線面垂直，進而根據二面角以及線面角定義，即可找到其平面角，利用三角形的邊角關系，即可求解.【小問1詳解】證明：連接BD交AC于O，連接ON．因為，，所以根據相似的性質可得．因為直線平面ACN，平面MBD，平面平面，所以，則，所以．【小問2詳解】取AD的中點E，AC的中點F，連接ME，EF，MF．因為△MAD為等邊三角形，所以不妨設，則，． 因為平面平面ABCD，平面平面，平面,所以平面ABCD，平面ABCD,所以，．又因為E，F(xiàn)分別為AD，AC的中點，所以，而，所以，又，平面MEF,則平面MEF，平面MEF得，所以∠MFE是二面角的平面角，即．設，則，得．過N作交AD于H，連接CH，由于平面ABCD，所以平面ABCD，則∠NCH為直線CN與平面ABCD所成的角，即．，，．因為，所以，則．因為，所以．