邵阳市第二中学2022-2023学年高一下学期期中考试数学试卷(PDF版,含部分解析)

2.已知a2，b1，aab1，则向量a与向量b的夹角为（A．6B．4C．3D．233如下图，正方形OABC的边长为2cm，它是水平放置的一个平面图形的直观图，则图形的周长是（）A．16cm

B．82cm）C．8cmD．4+43cm4.在ABC中，下列各式正确的是（A.asinB

bsinAB.asinCcsinBD.asin(AB)csinA

）C.c2a2b22abcos(AB)

5.已知在正方体ABCDA1D交于点O，则（1B1C1D1中，AD1,AA.OB平面ACC1A1C.OB平面CD1B1B.OB平面A1B1CDD.OBBC16.在《九章算术》中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”．如图，四棱锥P﹣ABCD为阳马，侧棱PA⊥底面ABCD，PA＝AB＝AD，E为棱PA的中点，则直线CE与平面PAD所成角的正弦值为（）A．23B．53C．32D．227.在ABC中，角A、B、C的对边分别为a、b、c，已知tanA若ABC最长边为10，则最短边长为（A．2B．3）C．51310，cosB，210D．228.已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，（cosBcosC1

AC2mAO,则m的值为ABtanA,若

sinCsinB3）A.

1010B.

31010C.

13D.1

二、多选题（共3题，共12分）9.已知m，n表示两条不同直线，，是两个不同的平面，下列说法正确的是（A．若m//，n//，则m//nC．若m，n，n，则mB．若m，n，则mnD．若mn，n，，则m）10.若复数z满足z1i13i，则（A．z1iB．z的实部为1）C．z1iD．z22i11.如图，在棱长为2的正方体ABCDA1B1C1D1中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面ABB1A1内部（不含边界）一动点，则（）A．当点Q运动时，平面MNQ截正方体所得的多边形可能为四边形、五边形或六边形B．当点Q运动时，均有平面MNQ⊥平面AAC11C．当点Q为AB1的中点时，直线AC1∥平面MNQD．当点Q为AB1的中点时，平面MNQ截正方体的外接球所得截面的面积为17π6二、填空题（共4题，共16分）

12.已知向量a(3,1), ba(x,2), 且ab，则x.4513.设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知cosC=，bsinC＝5csinA，则=14.在△ABC中，AB22, AC26，G为△ABC的重心，则AGBC15．蹴鞠（如图所示），又名蹴球，蹴圆，筑球，踢圆等，蹴有用脚蹴、踢、蹋的含义，鞠最早系外包皮革、内实米糠的球因而蹴鞠就是指古人以脚蹴、蹋、踢皮球的活动，类似于今日的足球.2006年5月20日，蹴鞠作为非物质文化遗产经国务院批准已列入第一批国家非物质文化遗产名录.已知某鞠（球）的表面上有四个点A，B，C，P，且球心O在PC上，AC=BC=4，ACBC，tanPAB=tanPBA=6，则该鞠（球）的表面积为2四、解答题（共4题，每小题10分，共40分）

16.已知平面向量a，b，a=（1，2）.

（1）若b=（0，1），求a2b的值；

，a与ab共线，求实数m的值.（2）若b=（2，m）17.在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，asinB3bcosA0（1）求角A的大小；（2）若AD是ABC角平分线，求证：111.ABACAD18.如图，四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，四边形ABCD为正方形，点M、N分别为直线PB,PD上的点，且满足PMPN

．PBPD

（1）求证：MN//平面ABCD；（2）若PAAB2，PMPN1

，求点N到平面PBC的距离．PBPD2．19.已知函数fx2xmx2（mR）（1）对任意的实数，恒有fsin10成立，求实数m的取值范围；（2）在（1）的条件下，当实数m取最小值时，讨论函数Fxf2cosxa15在x0,2时的零点个数．数学参考答案1A2B3B4D5C6D7A8A9BC10BD11BCD12.8313.__32_____．14.___6___．15.____36______．8．11.【详解】如图2所示，当点Q运动时，平面MNO截正方体所得的多边形可能为五边形成六边形，故A错误；图2图3图4由于BDAC,AA1BD,ACAA1A,AC,AA1平面AAC11,所以BD平面AAC11,由于MN//DB,故直线MN⊥平面AAC11，MN平面MNQ，平面MNQ⊥平面AAC11，故B正确；如图3所示，当点Q为AB1中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易SB1AE3AT3，，得：又在平面ABB1A1中，易得所以AC1∥ET，AC1面MNQ,ET1SBEATC11平面MNQ,则直线AC1∥平面MNQ，故C正确；如图4所示，由C选项可知，AG3，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQOG距离的三分之一，又由B选项可知，点A到直线ET的距离即是点A到平面MNQ的距离，利332166226，所以球心O到平面MNQ的距离用等面积法可得该距离为，d2333262所以截面圆的半径rR2d2故选:BCD．317π117，所以截面圆的面积为，故D正确，66615．

2216.（1）a2b(1,2)(0,2)(1,4)，所以a2b1417.12m

（2）ab(1,2m)，因为a与ab共线，所以，解得m4.1217.（1）由asinB3bcosA0，由正弦定理可得sinAsinB3sinBcosA0，因为B(0,)，可得sinB0，所以sinA3cosA0，即tanA3，又因为A(0,)，可得A

2.32，所以BADCAD，所以33（2）因为AD是ABC角平分线，且A

SABCSABDSADC,1211ABADsinADACsin,可得ABACABADADAC，可得ABACsin

232323所以ABACABADADAC

，ABACADABACADABACAD

所以111.ABACAD18．【解析】（1）连接BD，∵PMPN

，∴MN∥BD，PBPD

∵MN平面ABCD，BD平面ABCD，∴MN∥平面ABCD．（2）设N点到平面PBC的距离为d1，D点到平面PBC的距离为d2，∵1PMPN

，∴d1d2,依题可得VD-PBC=VP-DBC,又PA⊥平面ABCD，PBPD21114

SΔBCD·PA=222,3233∴VD-PBC=∴VP-DBC=41

SΔPBC·d2=,33∵四边形ABCD为正方形，∴CB⊥AB，又PA⊥平面ABCD，所以PA⊥BC，∵PA∩AB=A，∴BC⊥平面PAB，所以BC⊥PB，4312,∴d1,即点N到平面PBC的依题可得SΔPBC=22222,∴3d222222距离为2．219.【解析】（Ⅰ）任意的实数，可设tsin1，可得t[2，0]，由题意可得f(t)0恒成立，结合函数f(x)的图象为开口向上的抛物线，可得f(2)0且f(0)0，解得m0，即m的取值范围是[0，)；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得m0，即f(x)2x(x2)，F(x)f(2cosx)a154cosx(2cosx2)a15，15a令F(x)0，可得cosx(cosx1)，x[0，2)，811可令ucosx，f(u)u2u(u)2，1u1，2421当0x时，ucosx递减，yf(u)在u1递增，3221即有ycosx(cosx1)在0x时递减，此时y2；3421当x时，ucosx递减，yf(u)在1u递减，即有2321ycosx(cosx1)在x时递增，此时y0；34当x41时，ucosx递增，yf(u)在1u递减，即有ycosx(cosx1)在23x当41x2时，ucosx递增，yf(u)在u1递增，即有ycosx(cosx1)在3241x2时递增，此时y2；34作出ycosx(cosx1)，x[0，2)的大致图象如右：15a由图象可得当2，即a1时，函数F(x)的零点个数为1；815a115a当或02，即a17或1a15时，函数F(x)的零点个数为2；84815a当0，即a15时，函数F(x)的零点个数为3；8115a当0，即15a17时，函数F(x)的零点个数为4；48当a1或a17时，函数F(x)的零点个数为0．41时递减，此时y0；34