首页
登录
字典
词典
成语
近反义词
字帖打印
造句
组词
古诗
谜语
书法
文言文
歇后语
三字经
百家姓
单词
翻译
会员
投稿
首页
同步备课
小学
初中
高中
中职
试卷
小升初
中考
高考
职考
专题
文库资源
您的位置:
首页
>
试卷
>
高中
>
数学
>
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)
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)
资源预览
文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉
举报
1
/21
2
/21
剩余19页未读,
查看更多内容需下载
充值会员,即可免费下载
文档下载
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.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: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.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: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.
版权提示
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)
其他相关资源
浙江省名校协作体2023-2024学年高二数学上学期开学适应性考试试题(Word版附解析)
重庆市南开中学2023-2024学年高三地理上学期开学试题(Word版附解析)
重庆市第八中学2023-2024学年高二政治上学期开学适应性试题(Word版附解析)
重庆市南开中学2023-2024学年高三语文上学期开学检测试题(Word版附解析)
2023-2024学年高二数学上学期开学考试试题(Word版附解析)
重庆市合川区龙市中学2023-2024学年高二英语上学期开学考试试题(Word版附答案)
重庆市南开中学2023-2024学年高三英语上学期开学试题(Word版附解析)
重庆市第八中学2023-2024学年高二物理上学期开学考试试题(Word版附解析)
重庆市第四十九中学2023-2024学年高二物理上学期开学考试试题(Word版附解析)
重庆市铁路中学2023-2024学年高三物理上学期开学考试试题(Word版附解析)
文档下载
收藏
所属:
高中 - 数学
发布时间:2023-10-08 18:51:01
页数:21
价格:¥2
大小:2.58 MB
文章作者:随遇而安
分享到:
|
报错
推荐好文
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
推荐特供
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编版六年级道德与法治教学计划
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
高一上学期语文教师工作计划
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
小学一年级语文教师工作计划
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划