重庆市第八中学校2025-2026学年高一下学期数学学科训练5

重庆八中高2028级高一（下)数学学科训练5 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共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已知复数z=1-24,则 i A.5 B:5 C.3 D.5 2.已知A,B,C表示不同的点，1表示直线，a,P表示不同的平面，则下列推理错误的是 AA∈l,A∈a,B∈l,B∈a→Ica B.A∈a,A∈B,B∈a,B∈B→a∩B=AB C.A,B,C∈a,A,B,C∈B→a与B重合= D.A∈a,A∈l,lta→l∩a=A 3.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c,B=君，bsinA=l,则a= A.⑤ B.25 3 C.2 D.分 4.已知向量a,b满足a=l,a⊥b,则向量a-2b在向量a方向上的投影向量为 A.a C.-a D. 5.若P是正方体ABCD-ABCD的面A,B,C,D,上的动点，则下列结论不可能成立的是 A.AP//BC B AP//BC C.AP⊥BC D.AP⊥AC 6.如图，将六个边长为1的小正方形拼成一个大长方形，A,B是 P 原来小正方形的两个顶点，(=1,2，…，10)是小正方形的其余顶 P 点，AB·A亚(=1,2，，10)的所有不同的数值有 P2 P A.10个 B.7个 C.5个 D3个 7.如图，P为平行四边形ABCD所在平面外一点，E为线段AD的中点，F为PC上一点， 当PA/平面EBF时，C票 PC A子 B.月 c.月 D 1 8.已知△ABC斜二测画法下的直观图是面积为9√5的正三角形 B'C（如图所示)，则顶点C对应的点C到x轴的距离是 (O A.6B3√6 C.62 D.6√6 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符 合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9.若空间中三条两两不同的直线4,42,4，满足⊥12,2⊥，3上4，则 A.三条直线可以两两相交 B.三条直线可以两两异面 C.三条直线中必有两条直线平行 D.三条直线必定不共面 10.已知圆0半径为2，弦AB=2,点C为圆0上任意一点，则下列 说法正确的是 kAB.AO=2 B.AB.AC的最大值为6 C.c-AB-A可l∈[0,4 D.满足AB·AC=0的点C仅有一个 11.在△ABC中，已知3sinB+4cosB+5sin(C-A)=10,AC=3,则 A、B>A B.sind= C.AB=2BC D.△ABC的面积为3 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.若一个半径为√的球与一个高为1的圆柱表面积相等，则该圆柱的侧面积为 13.已知复数z满足z2=()2，且≤3，则-4-2列的最小值是一 14.已知在底面边长为4√5，高为4的正三棱柱ABC-AB,C,内有一个半径为1的小球， 该小球可以在正三棱柱内自由活动，当任意旋转、晃动正三棱柱过程中小球至少与正三 棱柱的一个面相切时，小球球心的轨迹在正三棱柱的内部又会形成一个新的几何体，则 该几何体的体积为 四、解答题：本题共5小题，共77分、解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.如图，在直三棱柱ABC-AB,C中，点M,N分别是边AC,AC的中点，且AB=BC, AC=V2,A4=1. B (I)求证：平面A,BM11平面B,CN: (2)求证：AC⊥平面ABM. 16.在△ABC中，它的内角A,B,C的对边分别为a,b,c,且B=30°，b=√2. (1)若c=2,求C: 2)若c0 sAcosC=-5, ,求△ABC的面积 8 17.如图，AB是⊙0的直径.PA与⊙O所在的平面垂直， PA=AB=2,C是⊙O上的一动点（不同于A,B),M为线段PB 的中点，点N在线段PC上，且AN⊥PC. N (1)求证：AN⊥MN: (2)当AC=BC时，求直线PC与直线AM所成角的余弦值， 3 18.已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边，b=2,√3 bsinC+bcosC=a. (1)求B: (2)若△ABC的面积为，√5， ①求△ABC的周长： ②如图，若D,E为线段BC上（不含端点）的两个动点， ∠DAE=60,求4P的取值范围。 AE 19.如图，已知四边形ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD,且PA=2,M、N是线段PB、DC 上的点，满足%=D心=元. MP NC (1)若1=1，求证：直线MN/1平面PDA; (2)是否存在实数1，使直线MN同时垂直于直线PB, 直线DC？如果有请求出1的值，否则请说明理由： (3)若1=1，求直线MN与直线PD所成最大角的余弦值， 重庆八中高2028级高一（下)数学学科训练5参考答案 1.B2.C3.C4.A5.B6.D 7.A【详解】连接AC交BE于G点，连接GF,显然平面ACP∩平面 BEF=GF,又PAI/平面EBF,PAc平面ACP,则PMI1GF,即GC=C3 AC CP 由ABCD为平行四边形，且E为线段AD的中点，易知C=4E=, GCBC2所 以器器导选：A 8.D【详解】过点C作CCy轴交x'轴于点C,如下图所示： 设正三角形ABC的边长为a,则Sac=点。：=95，解得a=6, 4 在△A'CC"中，AC'=6,∠AC"C=x'0y=45°， ∠CA'C"=180°-∠BA'C=180°-60°=120°， 4CAG,即cg C'C A'C' 6 A(O 由正弦定理 sin120°sin45, 可得C℃"=5in120:6x5 sin45"2 2=36,因此，顶点C'对应的点C到x轴的距离是2CC”=66. 2 9.ABD 10.AB【详解】对于A,圆O半径为2，弦AB=2,故△ABO为等边三角形， 所以AB·A0=4B.40.cos∠OAB=2,A正确： 对于B,过点O作OEI∥AB,交圆于点E,过点E作EG⊥AB,并交AB的延长 线于点G,连接EB,取AB中点D,连接OD,因为OE∥AB,且OE=AB=2, 所以OABE是平行四边形，又AO=BO=2,所以OABE是菱形， 由投影向量可知，当C,E两点重合时，AB.AC取得最大值，此时AG=3,所以 BAC的最大值A,AG=2×3=6,B正确： 对于C,因为OABE是菱形，OC-AB-AO=O元+EO+EB=OC+EA 因为E=2M网=25,0C=2,所以当与0C平行且方向相同时，C-丽-A可取最大值 为2N5+2,当丽与0C平行且方向相反时，C-B-A⊙取最小值为25-2，所以 0C-西-4可e[2厅-2,25+2]，C错误：对于D,因为点C为圆上任意一点，故当C,A重合 时，AB·AC=0,又当AC⊥AB时，满足ABAC=0,故满足ABAC=0的点C有2个，D错误. L,ACD【详解】由铺助角公式得3sinB+4cosB=5sin(B+,其中an9=号 则3sinB+4cosB的最大值为5，当且仅当sin(B+p)=1时取得最大值， 同时5sin(C-4)的最大值他为5，因为3sinB+4eosB+5sin(C-4)=10,所以3si血B+4cosB=5 5sin(c-0=5 由3为nB+4cosB=5,结合nB+eor8=1,BeQ对，解得snB=号osB-号且B0引】 5 由5sin(C-=5,得sin(C-=1,且4Ce@动，解得C-A=7,由A+8+C=,则2A=子B, 所以cos2A=cos 经血8=号，即1-224-3，则34=号又4e0对，则血45 5 放B错误：血2A=[任-oB-学则2s血4@s4-手可得s4=29,则4引】 又80引，且s血8>如4，所以B>4,故A正确：如C=如(4+)-25 由AC=b=3及 正弦定理得，a=5sinA=V5,c=5sinC=25,即BC=√5，AB=2W5,所以AB=2BC,故C正 确：△MBC的面积S之in=3,敢D正确 12.4π【详解】设球的半径为R,圆柱的底面半径为r,高为h=1.由题 S=4πR2=12π，故St=2πr2+2πrh=12π，即r2+r=6故r=2(负根舍去)， 所以S侧=2πrh=4π. 13.【详解】设z=a+bi(a,beR),z=a-bi,由题意可知 z2=a2+2abi-b2=z2=a2-2abi-b2,则ab=0,又4=Va2+b2≤3，由复数的 几何意义知z在复平面内对应的点Z(a,b)在半径为3的圆内部（含边界)的坐标 D 轴上运动，如图所示即在线段AB,CD上运动， 设E(4,2),则-4-2=，由图象可知22BA=V(4-3}+2=5,所以zEL=V5 14.6√5【详解】由题意，正三棱柱ABC-AB,C的高为4，小球的半径为1， 当小球与上底面相切时，球心到上底面的距离为1，当小球与下底面相切时，球心 到下底面的距离为1，所以在上下方向上，球心的轨迹在距离上下底面各为1的位 置，即在高为4-2×1=2的范围内正三棱柱底面是边长为4√5的正三角形，当小 球与侧面相切时，球心到侧面的距离为1， 相当于在正三角形的内切圆基础上，向正三角形的中心方向移动了1个单位，如图， 而AB=BC=CA=4V5,DD=1,在正三角形ABC中，可得CD=6, 又0为正三角形ABC的中心，所以0D=2,所以OD=1,又△AOD-A40D,所以4D=O0-1 所以D=AD=二4B=√万，所以AB=25,这样，球心的轨迹在底面形成的图形是一个边长 为25的正三角形，综合以上分析，球心的轨迹在正三棱柱的内部形成的新几何体是一个底面边 长为2√5，高为2的正三棱柱因此，该几何体的体积为65. 15.【详解】(1)直三棱柱ABC-A,B,C中，ACLAC,点M,N分别是边AC,AC的中点， ∴ANMC,即四边形AMCN为平行四边形，从而AM1INC,而AM平面B,NC,NCc平 面BNC,故AM1I平面BNC,连接MN,:MNLIAA,AABB, ∴.MNIIBB,.四边形MNB,B为平行四边形.从而B,NIIBM,而B,N文平面BNC,BMc平面 B,NC,故BM1/平面B,NC.又AMII平面B,NC,BMII平面B,NC,B,M∩AM=M,BM, AMC平面A,MB,所以平面ABMI/平面BCN, (2)M为AC中点，AB=BC,BM⊥AC,直三棱柱ABC-AB,C中AA⊥平面ABC,BMC平 面ABC,.BM⊥AA1,BM⊥AC,AA∩AC=A,AA∩ACc平面ACC,A∴.BM⊥平面ACC,A, 6 :ACc平面ACCA,.BM⊥AC,又在矩形ACCA中，AC=√2，AA=1, am∠G4C=tam∠MA=5,∠CAC=∠MA,:∠C4C+∠AAG=,所以 2 ∠4+∠A4C=子4C,14M,又DMAC,,Bwn4M=M,BM,4Mc平面4BM, .AC,⊥平面ABM. 16.【详解】(1)因为B=30°，c=2,b=2,所以由正弦定理得：sinC=csinB_2sin30°-2 b √221 因为0°<C<180°，所以C=45°或C=135°.所以当C=45°时，A=180°-30°-45°=105°，符合题 意：所以当C=135°时，A=180°-30°-135°=15°，符合题意. (2)在△ABC中，因为cosB=-cos(A+C)=-cosAcosC+sin4 4sinC,所以 sinisinC=coscosCc ,cosB=cos30=5,代入得 8 2 n4s如c=5+5-35,又因为品Bc a b c2=2 828 所以a=2√2sin4,c=2√2sinC,所以ac=8 sinAsinC, 所以5sr=方acsn-×8 in/sinin=4女35x35 2 824 2,所以△ABC的面积为3 4 17.【详解】【详解】(1)因为PA⊥平面ABC,BCc平面ABC,所以PA⊥BC,因为AB是⊙O的 直径，所以BC⊥AC,又PA∩AC=A,且PA,ACc平面PAC,所以BC⊥平面PAC 又因为ANC平面PAC,所以AN⊥BC.因为AN⊥PC,且PC∩BC=C,PC,BCc平面PBC, 所以AN⊥平面PBC,因为MNc平面PBC,所以AN⊥MN故AW⊥MN. (2)因为AC=BC,所以在等腰直角三角形ABC中，AB=2,得AC=√2. 又在直角三角形PAC中，PA=2,得PC=√.因为△PAB为等腰直角三角形，M为PB的中点， 且PA=AB=2,得PB=2W2,所以AM=V反，取BC的中点为S,连接MS,则SPC,且S= 2 所以∠AS为异面直线PC与AM所成的角或其补角，在Rto4CS中，AC=反，CS=三，所以 2 S=,在△AMs中，M=V2,MS=5,AS=D,所以 2 2 2 .35 cos∠AMS=AM2+MS2-AS22+ 2AM·MS 25x66,故直线PC与直线M所成角的余弦值为 225 6 2 18.【详解】(1)由正弦定理可得：√5 sinBsinC+sinBcosC=sinA, 在△ABC中，sinA=sin(B+C),所以√5 sin BsinC=cos BsinC, 因为在△MBC中，0°<C<180,所以sinC≠0，所以V5snB=6osB,所以mB=5 因为0°<B<180°，所以B=30°： (2)@因为Sc=吃9 in=号c=5,所以ac=45,因为8=a2+e2-2ac6osB8=4,所以 4 7 a2+c2=16,又a2+c2=(a+c)2-85=16,所以a+c=2W5+2,所以周长为2W5+4: ②由a+c=2W5+2,得c=2√5+2-a,代入ac=45,可得：a2-(2W5+2)a+45=0, a=2 解得：a=2或2√5，所以 C=2√5或&-23，如图可知：∠BAC>∠DAE=60° 252 所以a>b=2,故a=25,c=2,由正弦定理可得：5in∠BMC=→sin∠B4C=9 2, 所以∠BAC=120°，∠ACB=30°，设∠CAE=0,其中0°<日<60°， 则∠ABC=150°-0，∠ADC=90°-0，在△4CE中，由正3弦定理可得，AC AE sin∠4EC sin∠c' 所以AE=ACsin.∠C 1 sin∠AEC sin(150°-可，在aACD中，由正弦定理可得 AC 、AD n∠ADc-sin∠c 1 所以AD=ACsin∠C 1 1 s=i90°-6)cos8'’1AEc00 -sin150°-0_15 tan cose 22 sin(150°-) 因为0<0<60°，则0<tam0<5,所以<4P<2. AE 19.【详解】(1)取AP的中点2，连接2M,QD,因为乙=1，所以M是线段PB上的中点， 因此有QM/AB,M0-号AB,因为8cD是矩形，N是线段DC上的中点， 所以DN1A,DN=号4B,因此有DN1Mg,DN=QM,所以四边形DNM是平行四边形，所以 有NM//OD,而NM文平面PDA,Dc平面PDA,所以直线MNII平面PDA: (2)假设存在实数1，使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC, 因为四边形ABCD是矩形，所以CDIIAB,即MN⊥PB,MN⊥AB,而PB∩AB=B,PB,ABC平面 ABP,所以MN⊥平面ABP,因为ABCD是矩形，所以AB⊥AD,因为PA⊥平面ABCD,ADC平 面ABCD,所以PA⊥AD,而PA∩AB=A,PA,ABC平面ABP,所以AD⊥平面ABP,因此MN/IAD, 显然不可能，所以假设不成立，因此不存在实数入，使直线MN同时垂直于直线PB,直线DC: (3)当1=1时，由(2)可知：MNI1D2,所以∠PD2是直线MN与直线PD所成角，设AD=a(a>0), 由(2)可知PA⊥AD,所以PD=√a2+4,Dg=√a2+1,在aPD2中，由余弦定理可知： cos∠PDg=PD2+D02-Pg2。。2+4+a2+L1 a2+2 2PD.DO 2a2+4xva2+1 va2+4xa2+1 令a+2=0>2),所以0<<， 2 于是有cos∠PDg= 1 Vt+2×t-1 t 4 cos∠PD2有最小值，最小值为2y5,此时∠PDg有最大值.则直线MN与 3 直线PD所成最大角的余弦值为2 3