重庆市第八名校2023-2024学年高二上册数学开学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题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．（2023高二上·重庆市开学考）设，为的共轭复数，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2023高二上·重庆市开学考）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．
3．（2023高二上·重庆市开学考）已知向量，，，则实数m的值为（ ）．
A． B． C． D．1
4．（2023高二上·重庆市开学考）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．
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．
6．（2023高二上·重庆市开学考）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
7．（2023高二上·重庆市开学考）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
8．（2023·嵊州模拟）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．
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．（2023高二上·重庆市开学考）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．（2023高二上·重庆市开学考）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
11．（2023高二上·重庆市开学考）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
12．（2023高二上·重庆市开学考）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
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2022高一下·广州期末）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．（2023高二上·重庆市开学考）直线的倾斜角的取值范围是 .
15．（2023高二上·重庆市开学考）已知三角形中，内角的对边分别为，且，则的取值范围是 .
16．（2023高一下·绍兴期末）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 ．
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．（2023高二上·重庆市开学考）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.
18．（2023高二上·重庆市开学考）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．（2023高二上·重庆市开学考）如图，已知的外接圆的半径为4，.
（1）求中边的长：
（2）求.
20．（2022高三上·海安期末）如图，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一点，DC垂直于圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝2EB＝2，AB＝4．
（1）求证：平面ACD⊥平面EBCD；
（2）若∠ABC＝30°，求平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．
21．（2023高二上·重庆市开学考）在中，角所对的边分别为，且.
（1）求证：；
（2）求的最小值.
22．（2023高一下·莲湖期末）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．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i，所以z的共轭复数为-1-2i.
故答案为：.B
【分析】（1）复数z=a+bi的共轭复数为a-bi；（2）i2=-1.
2．【答案】B
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的一般方程
【解析】【解答】解：因为圆x2x+y2-2y=0 ，即圆 (x-√3)2 +(y-1)2 =4，
圆心为(，1)，半径r=2，得点P到x轴的距离的最大值为d=r+1=2+1=3.、
故答案为：B
【分析】根据圆的标准方程算出圆心和半径，再画草图得出距离最大值为过圆心作x轴垂线的长度。
3．【答案】D
【知识点】平面向量加法运算；平面向量减法运算；向量加减混合运算
【解析】【解答】=(-2+m，3)
=(-2-m，-1)
=(-2+m)2+9
=(-2-m)2+1
(-2+m)2+9=(-2-m)2+1
解得 m=1
故答案为：D
【分析】复合向量模长问题，先分别算出，，再建立关于m的方程，从而解出m.
4．【答案】B
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：由已知可得圆锥的母线长r=，底面周长l=4π
原圆锥的底面积S1=4 π ，侧面积S2==
挖去如图圆柱体后，几何体表面积实际增加的部分为圆柱体的侧面积S3=2
则几何体的表面积为S1+S2+S3=(6+)π
故答案为：B
【分析】本题考查基本几何体表面积，先算出整个圆锥的表面积，挖去圆柱体后几何体表面积为原圆锥表面积加上圆柱体的侧面积。
5．【答案】C
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】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．
故答案为：C
【分析】取，，的中点E，F，G连接，，，得（或其补角）即为与所成的角，求出EF， EG，FG，结合余弦定理求出与所成角的余弦值.
6．【答案】D
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为D为BC中点，故有=2，又，得
根据A、D、E三点共线有x+2y=1，
分子分母同除xy，得，
利用"1"的妙用有
=（）（x+2y）=4+4+2
即=8
故答案为：.D
【分析】本题属于综合性较强的题目，先根据向量三点共线得出x，y的关系x+2y=1，再利用基本不等式得出 的最小值 。
7．【答案】B
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题知，设AB=x，则
BC= = x，BD = =x，BE==
又CD=DE=22m，
所以在△BEC中，
cos = =
在△BDE中，
cos =
联立①②，解得x = ≈ 26.939≈27.
故答案为：B.
【分析】本题考查知识为解三角形的实际应用，分别在、中表示出BC，BD，BE，再利用余弦定理求解。
8．【答案】D
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；正弦定理
【解析】【解答】因为，所以，又D为AC中点，
所以，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点H，连接，
因为，，可得，即外接圆半径为1，
又因为四面体的外接球半径为1，则O为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，且平面，可得，
因为，，所有；
设点到平面ABD的距离为d，
由得：，
又因为与均为边长为1的等边三角形，则，
直线与平面ABD所成角的正弦值为.
故答案为：D.
【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O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ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值.
9．【答案】A,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A选项为线面平行判定定理， ，，，可由线线平行推出线面平行A正确
B选项当平面相交时除了 直线a与b还可能异面，B错误
C 选项除了 ，平面相交时也能满足条件，C错误
D选项为面面平行的性质定理， ，， 可得出交线a，b平行D正确
故答案为：AD.
【分析】本题考查线面平行以及面面平行的判定及性质定理，根据教材性质定理画图可得出结论。
10．【答案】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：A：由 ，得，故 ，，A正确
B：由得，知，但不能排除在平面内，B错误
C：设，解得x=2，y=-1，由向量基本定理知P在ABC面内，C正确
D：因为 是空间的一组基底 则空间任一向量有
=，即=（x+z）+(x+y)+(y+z)，
可知空间任一向量也可由、、 表示，故、、、 也是一组基底，D正确
故答案为：ACD.
【分析】本题考查空间向量基本定理以及空间向量坐标运算在几何中的应用：
1、、、 是一组基底，则空间任一向量也可由、、 表示。
2、平面法向量为平面垂直线，根据法向量关系以及直线方向向量与法向量关系可以求解.
11．【答案】A,B,D
【知识点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：A：方程可化为k(x-2)+y+3=0，易知过定点（2，-3）.方程可化为x-4+k(3-y)=0，易知过定点（4，3），A正确
B：当k=0时直线的斜率为0，直线的斜率不存在，此时，满足 。
当k不为0时，直线的斜率为-k，直线的斜率为，此时斜率之积为-1，则，满足 ，B正确
C：，当且仅当时等号成立， C错误
D：易知P在圆（x-3)2+y2=10上运动，设P（x，y），若，则10x2+10y2=9，化简可得，与P的方程相同，D正确
故答案为：ABD.
【分析】本题考查直线和圆相关知识，综合性与所需抽象能力较强：
(1).先求出动直线l1，l2过定点，根据两直线垂直，斜率之积为-1判断出A，B选项
(2).利用代数思想，将的面积，根据基本不等式再求范围，从而判断C正确.
(3)求动点轨迹方程，先设出P(x，y)，根据 恒满足 条件，建立P点坐标x，y的关系式，再化简即可判断D正确.
12．【答案】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】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：该半正多面体的表面积为，所以A错误.
B：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3，
取正四面体的下底面的中心为N，连接MN，则MN底面ABC
在直角ΔMNG中，因为MG=3，NG=
所以MN=
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：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O，半径为R，△DEF的中心为 ，
连接OA，NA，OF，OO1，由等边三角形DEF的边长为1，可得
又由底面正六边形AHKBCL的边长为1，可得NA=1， 在正四面体M-DEF中，可得，MO1=
所以ON=MN-MO1=
设ON=h，因为OA=OF=R，可得 ，即
解得h=，即ON=
所以
故该半正多面体外接球的表面积为4π·OA2=，所以C正确.
D：该半正多面体的展开图，如下图所示，
则FT=4，AT=，AF=，FM+MN+AN≥AF=，所以D正确
故答案为：BCD.
【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.
13．【答案】或
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】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：.
【分析】由斜二测画法得，且，即可求解出 的周长 .
14．【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：直线方程可以写为x-+1=0，易知斜率k=，又因为，则
设直线的倾斜角为，则k=，如下图所示，
所以直线的倾斜角
故答案为：.
【分析】本题考查直线的一般式方程以及倾斜角与斜率的关系，先表示出斜率k=再根据以及正切函数图象解出倾斜角的范围。
15．【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；解三角形
【解析】【解答】解：由题可得 bcCosA=b2-，又根据余弦定理知 ，两边同乘bc得
， 有 b2-=，化简整理得a2+b2-ab=4
变形为（a+b)2-3ab=4，由基本不等式a+b)2 ≥2ab，即
，解得， 又根据两边之和大于第三边，有a+b>2
所以2<(a+b)4
故答案为： .
【分析】本题考查正余弦定理以及基本不等式的应用，根据题目条件得出 bcCosA=b2-，再利用代数的化简变形整体代换思想求出a+b的范围，注意三角形中两边之和大于第三边。
16．【答案】
【知识点】平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解： 设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，
∴，
∵AB=AC=BC，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为：，
故答案为：.
【分析】首先设D为BC的中点，E为AD的中点，可以将转化为，根据勾股定理可先求出AE、CE，即可求出PE的最小值，即可求出答案.
17．【答案】（1）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.
（2）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，满足题意的直线方程为和.
【知识点】斜率的计算公式；两条直线平行的判定；直线的点斜式方程；直线的斜截式方程；直线的一般式方程
【解析】【分析】本题考查直线的方程的求法以及直线平行的斜率关系，做题时应熟练掌握应用求直线解析式的方法，并注意直线斜率为0和斜率不存在的特殊情况。
（1）B、C两点的坐标可得 ，根据直线平行斜率相等得出BC斜率，再根据 点斜式方程 求解BC方程。
（2）先考虑直线斜率为0和斜率不存在的特殊情况，再根据题目条件求解。
18．【答案】（1）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；
（2）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；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】本题考查线面平行的判定定理和几何体体积
（1）根据题目条件得出 ，再由线面平行的判定定理证明。
（2）直接求体积不容易求高，可根据等体积法更换顶点得 。
19．【答案】（1）解：∵，∴，
∴，
即且，
又的外接圆的半径，
∴，
∴；
（2）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.
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用；平面向量的综合题
【解析】【分析】本题考查在具体几何图形中向量的应用与数量积的计算。
（1）需根据向量的三角形法则以及向量平行定理得出 且
（2）求向量数量积应根据题目条件先找到模长和夹角的余弦值后在应用公式计算。
20．【答案】（1）证明：∵AB是圆O的直径，
∴，又DC垂直于圆O所在的平面，
∴，又，，
∴平面EBCD，又平面ACD，
∴平面ACD⊥平面EBCD；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面ADE的法向量为，则，
令，则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，
∴，
∴平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)DC垂直于圆O所在的平面，可得DC⊥AC，又AC⊥CB，可得AC⊥平面EBCD，从而可证得平面ACD⊥平面EBCD；
(2)以C为坐标原点， CA，CB，CD为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面ABE的法向量，用向量法求出平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值.
21．【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理得，
又，
因为，
所以，
所以，又，
所以，且，
所以，
故.
（2）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.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查解三角形中，正余弦定理中“边角互化”的思想。
（1）可用正弦定理对条件“边化角”，解题时注意三角形内角的范围；
（2）既可以“边化角”也可以“角化边”，本题第二问解答采用的是“边化角”，再利用基本不等式解答。
22．【答案】（1）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
（2）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．
故的取值范围为．
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；相似三角形的性质
【解析】【分析】 (1)根据相似的性质可得，再根据线面平行的性质可得，即可证得 ；
(2)由面面垂直可得线面垂直，再根据二面角以及线面角的定义，可得∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，再利用三角形的边角关系，即可求解出 的取值范围．
1 / 1重庆市第八名校2023-2024学年高二上册数学开学试卷
一、选择题：本题共8小题，每小题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．（2023高二上·重庆市开学考）设，为的共轭复数，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的混合运算
【解析】【解答】解：因为z=i(2+i)=2i+i2=-1+2i，所以z的共轭复数为-1-2i.
故答案为：.B
【分析】（1）复数z=a+bi的共轭复数为a-bi；（2）i2=-1.
2．（2023高二上·重庆市开学考）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
【知识点】平面内点到直线的距离公式；圆的一般方程
【解析】【解答】解：因为圆x2x+y2-2y=0 ，即圆 (x-√3)2 +(y-1)2 =4，
圆心为(，1)，半径r=2，得点P到x轴的距离的最大值为d=r+1=2+1=3.、
故答案为：B
【分析】根据圆的标准方程算出圆心和半径，再画草图得出距离最大值为过圆心作x轴垂线的长度。
3．（2023高二上·重庆市开学考）已知向量，，，则实数m的值为（ ）．
A． B． C． D．1
【答案】D
【知识点】平面向量加法运算；平面向量减法运算；向量加减混合运算
【解析】【解答】=(-2+m，3)
=(-2-m，-1)
=(-2+m)2+9
=(-2-m)2+1
(-2+m)2+9=(-2-m)2+1
解得 m=1
故答案为：D
【分析】复合向量模长问题，先分别算出，，再建立关于m的方程，从而解出m.
4．（2023高二上·重庆市开学考）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
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积
【解析】【解答】解：由已知可得圆锥的母线长r=，底面周长l=4π
原圆锥的底面积S1=4 π ，侧面积S2==
挖去如图圆柱体后，几何体表面积实际增加的部分为圆柱体的侧面积S3=2
则几何体的表面积为S1+S2+S3=(6+)π
故答案为：B
【分析】本题考查基本几何体表面积，先算出整个圆锥的表面积，挖去圆柱体后几何体表面积为原圆锥表面积加上圆柱体的侧面积。
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
【知识点】异面直线及其所成的角
【解析】【解答】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．
故答案为：C
【分析】取，，的中点E，F，G连接，，，得（或其补角）即为与所成的角，求出EF， EG，FG，结合余弦定理求出与所成角的余弦值.
6．（2023高二上·重庆市开学考）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
【知识点】基本不等式；平面向量的基本定理
【解析】【解答】解：因为D为BC中点，故有=2，又，得
根据A、D、E三点共线有x+2y=1，
分子分母同除xy，得，
利用"1"的妙用有
=（）（x+2y）=4+4+2
即=8
故答案为：.D
【分析】本题属于综合性较强的题目，先根据向量三点共线得出x，y的关系x+2y=1，再利用基本不等式得出 的最小值 。
7．（2023高二上·重庆市开学考）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
【知识点】正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【解答】解：由题知，设AB=x，则
BC= = x，BD = =x，BE==
又CD=DE=22m，
所以在△BEC中，
cos = =
在△BDE中，
cos =
联立①②，解得x = ≈ 26.939≈27.
故答案为：B.
【分析】本题考查知识为解三角形的实际应用，分别在、中表示出BC，BD，BE，再利用余弦定理求解。
8．（2023·嵊州模拟）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
【知识点】球内接多面体；直线与平面所成的角；正弦定理
【解析】【解答】因为，所以，又D为AC中点，
所以，则，即为等边三角形，
设的外接圆圆心为G，的外接圆圆心为O，取BD中点H，连接，
因为，，可得，即外接圆半径为1，
又因为四面体的外接球半径为1，则O为四面体外接球的球心，
由球的性质可知：平面，且平面，可得，
因为，，所有；
设点到平面ABD的距离为d，
由得：，
又因为与均为边长为1的等边三角形，则，
直线与平面ABD所成角的正弦值为.
故答案为：D.
【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O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ABD的距离，由此可求得线面角的正弦值.
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．（2023高二上·重庆市开学考）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】A,D
【知识点】直线与平面平行的判定；直线与平面平行的性质；平面与平面平行的判定；平面与平面平行的性质
【解析】【解答】解：A选项为线面平行判定定理， ，，，可由线线平行推出线面平行A正确
B选项当平面相交时除了 直线a与b还可能异面，B错误
C 选项除了 ，平面相交时也能满足条件，C错误
D选项为面面平行的性质定理， ，， 可得出交线a，b平行D正确
故答案为：AD.
【分析】本题考查线面平行以及面面平行的判定及性质定理，根据教材性质定理画图可得出结论。
10．（2023高二上·重庆市开学考）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】A,C,D
【知识点】空间向量基本定理
【解析】【解答】解：A：由 ，得，故 ，，A正确
B：由得，知，但不能排除在平面内，B错误
C：设，解得x=2，y=-1，由向量基本定理知P在ABC面内，C正确
D：因为 是空间的一组基底 则空间任一向量有
=，即=（x+z）+(x+y)+(y+z)，
可知空间任一向量也可由、、 表示，故、、、 也是一组基底，D正确
故答案为：ACD.
【分析】本题考查空间向量基本定理以及空间向量坐标运算在几何中的应用：
1、、、 是一组基底，则空间任一向量也可由、、 表示。
2、平面法向量为平面垂直线，根据法向量关系以及直线方向向量与法向量关系可以求解.
11．（2023高二上·重庆市开学考）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】A,B,D
【知识点】直线的一般式方程；两条直线的交点坐标；平面内两点间的距离公式
【解析】【解答】解：A：方程可化为k(x-2)+y+3=0，易知过定点（2，-3）.方程可化为x-4+k(3-y)=0，易知过定点（4，3），A正确
B：当k=0时直线的斜率为0，直线的斜率不存在，此时，满足 。
当k不为0时，直线的斜率为-k，直线的斜率为，此时斜率之积为-1，则，满足 ，B正确
C：，当且仅当时等号成立， C错误
D：易知P在圆（x-3)2+y2=10上运动，设P（x，y），若，则10x2+10y2=9，化简可得，与P的方程相同，D正确
故答案为：ABD.
【分析】本题考查直线和圆相关知识，综合性与所需抽象能力较强：
(1).先求出动直线l1，l2过定点，根据两直线垂直，斜率之积为-1判断出A，B选项
(2).利用代数思想，将的面积，根据基本不等式再求范围，从而判断C正确.
(3)求动点轨迹方程，先设出P(x，y)，根据 恒满足 条件，建立P点坐标x，y的关系式，再化简即可判断D正确.
12．（2023高二上·重庆市开学考）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】B,C,D
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的侧面积和表面积；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的体积和表面积
【解析】【解答】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：该半正多面体的表面积为，所以A错误.
B：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3，
取正四面体的下底面的中心为N，连接MN，则MN底面ABC
在直角ΔMNG中，因为MG=3，NG=
所以MN=
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：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O，半径为R，△DEF的中心为 ，
连接OA，NA，OF，OO1，由等边三角形DEF的边长为1，可得
又由底面正六边形AHKBCL的边长为1，可得NA=1， 在正四面体M-DEF中，可得，MO1=
所以ON=MN-MO1=
设ON=h，因为OA=OF=R，可得 ，即
解得h=，即ON=
所以
故该半正多面体外接球的表面积为4π·OA2=，所以C正确.
D：该半正多面体的展开图，如下图所示，
则FT=4，AT=，AF=，FM+MN+AN≥AF=，所以D正确
故答案为：BCD.
【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.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2022高一下·广州期末）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
【知识点】斜二测画法直观图
【解析】【解答】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：.
【分析】由斜二测画法得，且，即可求解出 的周长 .
14．（2023高二上·重庆市开学考）直线的倾斜角的取值范围是 .
【答案】
【知识点】直线的倾斜角；直线的斜率
【解析】【解答】解：直线方程可以写为x-+1=0，易知斜率k=，又因为，则
设直线的倾斜角为，则k=，如下图所示，
所以直线的倾斜角
故答案为：.
【分析】本题考查直线的一般式方程以及倾斜角与斜率的关系，先表示出斜率k=再根据以及正切函数图象解出倾斜角的范围。
15．（2023高二上·重庆市开学考）已知三角形中，内角的对边分别为，且，则的取值范围是 .
【答案】
【知识点】向量在几何中的应用；解三角形
【解析】【解答】解：由题可得 bcCosA=b2-，又根据余弦定理知 ，两边同乘bc得
， 有 b2-=，化简整理得a2+b2-ab=4
变形为（a+b)2-3ab=4，由基本不等式a+b)2 ≥2ab，即
，解得， 又根据两边之和大于第三边，有a+b>2
所以2<(a+b)4
故答案为： .
【分析】本题考查正余弦定理以及基本不等式的应用，根据题目条件得出 bcCosA=b2-，再利用代数的化简变形整体代换思想求出a+b的范围，注意三角形中两边之和大于第三边。
16．（2023高一下·绍兴期末）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】
【知识点】平面向量数量积的性质
【解析】【解答】解： 设D为BC的中点，E为AD的中点，如图所示，
∴，
∵AB=AC=BC，
∴，，
∴，
∴，
∴的最小值为：，
故答案为：.
【分析】首先设D为BC的中点，E为AD的中点，可以将转化为，根据勾股定理可先求出AE、CE，即可求出PE的最小值，即可求出答案.
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．（2023高二上·重庆市开学考）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）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.
（2）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，满足题意的直线方程为和.
【知识点】斜率的计算公式；两条直线平行的判定；直线的点斜式方程；直线的斜截式方程；直线的一般式方程
【解析】【分析】本题考查直线的方程的求法以及直线平行的斜率关系，做题时应熟练掌握应用求直线解析式的方法，并注意直线斜率为0和斜率不存在的特殊情况。
（1）B、C两点的坐标可得 ，根据直线平行斜率相等得出BC斜率，再根据 点斜式方程 求解BC方程。
（2）先考虑直线斜率为0和斜率不存在的特殊情况，再根据题目条件求解。
18．（2023高二上·重庆市开学考）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）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；
（2）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；
【知识点】棱柱、棱锥、棱台的体积；直线与平面平行的判定
【解析】【分析】本题考查线面平行的判定定理和几何体体积
（1）根据题目条件得出 ，再由线面平行的判定定理证明。
（2）直接求体积不容易求高，可根据等体积法更换顶点得 。
19．（2023高二上·重庆市开学考）如图，已知的外接圆的半径为4，.
（1）求中边的长：
（2）求.
【答案】（1）解：∵，∴，
∴，
即且，
又的外接圆的半径，
∴，
∴；
（2）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.
【知识点】平面向量的共线定理；数量积表示两个向量的夹角；向量在几何中的应用；平面向量的综合题
【解析】【分析】本题考查在具体几何图形中向量的应用与数量积的计算。
（1）需根据向量的三角形法则以及向量平行定理得出 且
（2）求向量数量积应根据题目条件先找到模长和夹角的余弦值后在应用公式计算。
20．（2022高三上·海安期末）如图，AB是圆O的直径，C是圆O上异于A，B的一点，DC垂直于圆O所在的平面，DC∥EB，DC＝2EB＝2，AB＝4．
（1）求证：平面ACD⊥平面EBCD；
（2）若∠ABC＝30°，求平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值．
【答案】（1）证明：∵AB是圆O的直径，
∴，又DC垂直于圆O所在的平面，
∴，又，，
∴平面EBCD，又平面ACD，
∴平面ACD⊥平面EBCD；
（2）解：如图建立空间直角坐标系，
则，
∴，
设平面ADE的法向量为，则，
令，则，
设平面ABE的法向量为，则，
令，则，
∴，
∴平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值为.
【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】(1)DC垂直于圆O所在的平面，可得DC⊥AC，又AC⊥CB，可得AC⊥平面EBCD，从而可证得平面ACD⊥平面EBCD；
(2)以C为坐标原点， CA，CB，CD为坐标轴建立空间直角坐标系，求出平面ADE与平面ABE的法向量，用向量法求出平面ADE与平面ABE所成的锐二面角的余弦值.
21．（2023高二上·重庆市开学考）在中，角所对的边分别为，且.
（1）求证：；
（2）求的最小值.
【答案】（1）解：在中，，
由正弦定理得，
又，
因为，
所以，
所以，又，
所以，且，
所以，
故.
（2）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.
【知识点】解三角形；正弦定理；余弦定理
【解析】【分析】本题考查解三角形中，正余弦定理中“边角互化”的思想。
（1）可用正弦定理对条件“边化角”，解题时注意三角形内角的范围；
（2）既可以“边化角”也可以“角化边”，本题第二问解答采用的是“边化角”，再利用基本不等式解答。
22．（2023高一下·莲湖期末）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：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
（2）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．
故的取值范围为．
【知识点】直线与平面所成的角；二面角的平面角及求法；相似三角形的性质
【解析】【分析】 (1)根据相似的性质可得，再根据线面平行的性质可得，即可证得 ；
(2)由面面垂直可得线面垂直，再根据二面角以及线面角的定义，可得∠NCH为直线CN与平面ABCD所成的角，再利用三角形的边角关系，即可求解出 的取值范围．
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