重庆市2023_2024学年高二数学上学期开学适应性训练试题含解析

这是一份重庆市2023_2024学年高二数学上学期开学适应性训练试题含解析，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。
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. 2B. 3C. 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：D
4. 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：C
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. 1B. 3C. 5D. 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. 22mB. 27mC. 30mD. 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：B
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，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：AD
10. 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5
D. 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：ABD
12. 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．