2023邵阳二中高一下学期期中考试数学试题含答案

邵阳市第二中学2023年上学期高一数学期中考试

总分：100分  时间：100min  命题：  审核：

一、单选题（共8小题，共32分）

1.设，则在复平面内对应的点位于（    ）

A.第一象限   B.第二象限  C.第三象限   D.第四象限

2.已知，，，则向量与向量的夹角为（   ）

A．          B．            C．          D．

3如下图，正方形的边长为，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． B． C． D．

4. 在中，下列各式正确的是（    ）

A.  B.

C.  D.

5.已知在正方体中，交于点，则（    ）

A. 平面 B. 平面

C. 平面 D.

6.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． B． C． D．

7.在中，角、、的对边分别为、、，已知，，若最长边为，则最短边长为（    ）

A． B． C． D．

8.已知O是锐角三角形ABC的外接圆圆心，（   ）

二、多选题（共3题，共12分）

9.已知，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，，则                B．若，，则

C．若，，，则      D．若，，，则

10.若复数z满足，则（   ）

A． B．z的实部为1 C． D．

11.如图，在棱长为2的正方体中，点M，N分别为接CD，CB的中点，点Q为侧面内部（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

C．当点Q为的中点时，直线平面MNQ

D．当点Q为的中点时，平面MNQ截正方体的外接球所得截面的面积为

二、填空题（共4题，共16分）

12.已知向量，则        .

13.设a，b，c分别为△ABC内角A，B，C的对边．已知cosC，b sinC＝5c sinA，则       

14. 在中，，为的重心，则       

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， ACBC ， tan PAB= tanPBA=，则该鞠（球）的表面积为               

四、解答题（共4题，每小题10分，共40分）

16.已知平面向量，，=（1，2）.

（1）若=（0，1），求的值；

（2）若=（2，m），与共线，求实数的值.

17.在中，内角，，的对边分别为，，，

（1）求角的大小；

（2）若是角平分线，求证：.

18.如图，四棱锥中，平面，四边形为正方形，点M、N分别为直线上的点，且满足．

（1）求证：平面；

（2）若，，求点到平面的距离．

19.已知函数（）．

（1）对任意的实数，恒有成立，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，讨论函数在时的零点个数．

邵阳市二中2023年高一上学期期中考试数学参考答案

12.       13.__3    _____．14.___6___．    15.__________．

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

由于平面,所以平面,由于,故直线MN⊥平面，平面MNQ，平面MNQ⊥平面，故B正确；

如图3所示，当点Q为中点时，截面MNSER为五边形，直线MN与直线AC交于点T，易得：，又在平面中，易得，所以，面MNQ,平面MNQ ,则直线平面MNQ，故C正确；

如图4所示，由C选项可知，，所以球心O到平面MNQ的距离等于点A到平面MNQ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，利用等面积法可得该距离为，所以球心O到平面MNQ的距离，所以截面圆的半径，所以截面圆的面积为，故D正确，     故选:BCD．

15．

16.（1）， 所以.

（2）， 因为与共线，所以，解得.

17.（1）由，由正弦定理可得，

因为，可得，所以，即，

又因为，可得.

（2）因为是角平分线，且，所以，所以,

可得,可得，

所以，   所以.

18．【解析】（1）连接BD，∵，∴MN∥BD，

∵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，

∵，∴,依题可得VD-PBC=VP-DBC,又PA⊥平面ABCD，

∴VP-DBC=SΔBCD·PA=,     ∴VD-PBC=SΔPBC·d2=,

∵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，

依题可得SΔPBC=,∴,∴,即点N到平面PBC的距离为．

19.【解析】（Ⅰ）任意的实数，可设，可得，，

由题意可得恒成立，结合函数的图象为开口向上的抛物线，

可得  ，解得，即的取值范围是，；

（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，即，

，

令，可得，，，

可令，，，

当时，递减，在递增，

即有在时递减，此时；

当时，递减，在递减，即有在时递增，此时；

当时，递增，在递减，即有在时递减，此时；

当时，递增，在递增，即有在时递增，此时；

作出，，的大致图象如右：

由图象可得当，即时，函数的零点个数为1；

当或，即或时，函数的零点个数为2；

当，即时，函数的零点个数为3；

当，即时，函数的零点个数为4；

当或时，函数的零点个数为0．