【文档说明】新疆维吾尔自治区塔城地区塔城市2022-2023学年高二上学期期中数学试题 含解析 .docx，共(23)页，1.468 MB，由小赞的店铺上传

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塔城市第三中学2022-2023学年度第一学期11月期中考试卷高二数学一、单选题（本大题共12小题，每小题5分，共60分）1.在ABC中，内角A、B、C所对边分别为a、b、c，若sin:sin:sin2:4:5ABC=，则cosB=（）A.1320B.3740C.516

−D.18【答案】A【解析】【分析】由正弦定理可得::sin:sin:sin2:4:5abcABC==，利用余弦定理可求得cosB的值.【详解】因为::sin:sin:sin2:4:5abcABC==，令2at=，4bt=，()50ctt=，则2222224251613cos2225

20acbtttBactt+−+−===.故选：A2.已知复数2(3i)=−z，则z的虚部为（）A.6−B.6C.6iD.6i−【答案】B【解析】【分析】求出86iz=−，进而求出86iz=+的虚部.【详解】22(3i)96ii86iz=−=−+=−，

故86iz=+，所以z的虚部为6故选：B3.《几何原本》是古希腊数学家欧几里得的一部不朽之作，其第十一卷中称轴截面为等腰直角三角形的圆锥为直角圆锥.如图，若,ABCD都是直角圆锥SO底面圆的直径，且3AOD=，则异面直线SA与BD所成角的余弦值为

（）的.A.13B.24C.64D.63【答案】C【解析】【分析】根据已知条件证明//DBAC，得到SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角.在SAC中利用余弦定理计算可得结果.【详解】如图，连接,,,ADBCA

CSC.因为O为,ABCD中点，且ABCD=，所以四边形ADBC为矩形，所以//DBAC，所以SAC或其补角为异面直线SA与BD所成的角.设圆O的半径为1，则2SASC==.因为3AOD=，所以3ADO=.在直角DAC△中，

2CD=，得3AC=.所以222(2)(3)(2)6cos4223SAC+−==，所以异面直线SA与BD所成角的余弦值为64.故选：C.4.复数z满足()32i13z−=，则z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【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算，求得复数z，根据复数的几何意义可得答案.【详解】由()32i13z−=得1313(32i)32i32i13z+===+−，故

z在复平面内所对应的点为()3,2，在第一象限,故选：A5.i为虚数单位，若3i1ib++是实数，则实数b的值为（）A.3B.32C.32−D.3−【答案】A【解析】【分析】利用复数的运算法则对3i1ib++进行化简，根据其为

实数，列出等量关系，即可求得结果.【详解】因为3i1ib++()()()()()3i1i33i33i1i1i222bbbbb+−++−+−===++−，又其为实数，故可得30b−=，解得3b=.故选：A.6.在ABC中，点D在边AB上，2BDD

A=．记CAmCDn==，，则CB=（）A32mn−B.23mn−+C.32mn+D.23mn+【答案】B【解析】【分析】根据几何条件以及平面向量的线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上，2BDDA=，所以2BDDA=，即()2CDCBCACD−=−，所以CB=3232C

DCAnm−=−23mn=−+．故选：B．7.已知ABC的三个内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且656cosacbC=+，则cosB=（）.A.78B.56C.34D.23【答案】B【解析】【分析】根据题意，利用正弦

定理边化角，由三角形内角和定理，展开化简得cosB．【详解】由656cosacbC=+，边化角得6sin5sin6sincosACBC=+，又()sinsinABC=+，所以()6sin5sin6sincosBCCBC+=+，展开得6sincos6c

ossin5sin6sincosBCBCCBC+=+，所以6cossin5sinBCC=，因为sin0C，所以5cos6B=．故选：B．8.已知向量a，b为单位向量，且ab⊥，则()43bab−=（）A.3−B.3C.5−D.5【答案】A【解析】【分

析】由题意可得||1,||1,0abab===，根据数量积的运算律即可求得答案.【详解】由题意可得，||1,||1,0abab===，则()22434333bababbb−=−=−=−，故选：A9.已知向量mn，满足=1m，

=2n，若2=2mnmn−，则向量,mn的夹角为（）A.π6B.π3C.π6或πD.π3或π【答案】B【解析】【分析】利用()()224=2mnmn−，结合数量积的运算律可解方程求得cos,mn，结合cos,0mn可确定1cos,2mn=，由此

可得结果.【详解】由2=2mnmn−得：()()224=2mnmn−，即222224cos,=44cos,mnmnmmnmnn−+，216cos,=88cos,mnmn−，解得：1cos,=2mn或1−；220mnmn=

−，cos,0mn，1cos,2mn=，又,0,πmn，π,3mn=.故选：B.10.如图，某几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，E为BC的中点，则在原几何体中，异面直线AE与CD所成角的余弦值为（）A.66B.63C.33D.6

12【答案】A【解析】【分析】将给定展开图还原成三棱锥DABC−，取BD中点F，借助几何法求出异面直线所成角的余弦值.【详解】因几何体平面展开图由一个等边三角形和三个等腰直角三角形组合而成，于是得原几何

体是正三棱锥DABC−，其中,,DADBDC两两垂直，且DADBDC==，取BD中点F，连接EF，AF，如图，因E为BC的中点，则有//EFCD，因此，AEF是异面直线AE与CD所成角或其补角，令DB=2，则112EFDC==，RtADF中

，225AFADDF=+=，正ABC中，362AEAB==，于是有：2226AFEFAE+==，即90AFE=，6cos6EFAEFAE==，所以异面直线AE与CD所成角的余弦值为66.故选：A11.如图，一座垂直建于地面的信号发射塔CD的高度

为30m，地面上一人在A点观察该信号塔顶部，仰角为45，沿直线步行1min后在B点观察塔顶，仰角为30，若30ADB=，此人的身高忽略不计，则他的步行速度为（）A.1m/sB.3m/s2C.22m/sD.1m/s2【

答案】D【解析】【分析】根据给定条件，利用直角三角形边角关系求出AD，BD，再利用余弦定理计算作答.【详解】依题意，在RtACD△中，90,45ADCCAD==，则30ADCD==m，在RtBCD中，90,30B

DCCBD==，则303tan30CDBD==m，在ADB中，30ADB=，由余弦定理得：2222cosABADBDADBDADB=+−，即22230(303)230303cos30900AB=+−

=，解得30AB=m，即有301602=，所以他的步行速度为12m/s.故选：D12.已知三棱锥S－ABC中，∠BAC=π3，SB⊥AB，SC⊥AC，SB=SC=3，，三棱锥SABC−体积为4113，则三棱锥S－ABC外

接球的表面积为（）A.5πB.20πC.25πD.100π【答案】C【解析】【分析】观察△SBA、△SCA均为直角三角形，得到点P为三棱锥S－ABC外接球的球心，且棱锥P－ABC为正三棱锥，可以通过设高|PO|结合PABC

V−求得底面正△ABC的边长a，从而得到外接球半径|PA|，最后求得表面积．【详解】解：如图，取SA中点P，SB⊥AB，SC⊥AC，则△SBA，△SCA均为直角三角形，PA=PB=PC=PS，即点P为三棱锥S－ABC外接球球心，PA即为外接球半径，又SB=SC，故

AB=AC且π3BACABC=为等边三角形又PA=PB=PC三棱锥P－ABC为正三棱锥；作PO⊥平面ABC，垂足为O，连接OA则O为△ABC的外心，设正三角形ABC的边长为a，则3333OAABa==

，222223SAABSBa=+=+即()22194PAa=+，外接球表面积为()29πa+，故排除A；222222222339243412SAaaOPPAOAOAa+=−=−=−=−222211391121

1273344122423PABCABCSABCaVSOPaaaV−−==−=−==22271611aa−=∴2027a，故排除D；若()29π20πa+=，则211a=，代入方程不成立，故排除B；若()29π25πa+

=，则216a=，代入方程成立，所以C正确，故选：C二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分）13.已知向量(1,2)a=−−，(,3)bx=−，若//ab，则x=___________.【答案】32−##1.5−【解析】【分析】利用向量平行列方程即可求解.【详解】因为//a

b，所以23x=−，解得32x=−.故答案为：32−.14.△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△ABC的面积为1，2224bca+-=，则A＝______．【答案】π4##45°【解析】【分析】由面积公式和余弦定理列出方程，求出tan1A=，从而求出π

4A=.【详解】由余弦定理得：2224222bcacosAbcbcbc+−===①，由面积公式得：1sin12bcA=，即2sinbcA=②，将②代入①得：sincosAA=，即tan1A=，因为()0,πA，所以π4A=故

答案为：π415.已知向量()2,1a=r，()3,4b=，若()abb−⊥，则=___________．【答案】52##2.5【解析】【分析】利用向量的线性运算的坐标表示及向量垂直的条件即可求解.【详解】因为()2,1a=r，()3,4b=，所以(23,4)

ab−=−−，又因为()abb−⊥，所以()3(23)4(4)0−=−+−=abb，解得52λ=．故答案为：52．16.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等

于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且sin:sin:sin2:3:4ABDADBBCD=，若2·ACBCCD=，则实数的最小值为_________．【答案】32##1.5【

解析】【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到||:||:||2:3:4ADABBD=，再利用托勒密定理得||||||||||||ACBDABCDADBC=+，结合2·ACBCCD=整理得24|16?|||CDBBC

DCC，求得答案.【详解】根据圆内接四边形的性质可知;,sinsinBADBCDBADBCD+==,所以sin:sin:sin2:3:4ABDADBBCD=，即sin:sin:s

in2:3:4ABDADBBAD=，在BAD中，||||||ADABBDABDADBBAD==,故||:||:||2:3:4ADABBD=，由题意可知：||||||||||||ACBDABCDADBC=+,则4||3||2||ACCDB

C=+，所以22216||9||4||12||||ACCDBCCDBC=++，故22216||9||4||12||||24||||ACCDBCCDBCCDBC=++，当且仅当||||CDBC=时等号取得，又

2·ACBCCD=，所以24|16?|||CDBBCDCC，则243162=，则实数的最小值为32，故答案为：3217.在ABC中，若105A=，45B=，22b=，则c等于_____．【答案】2

【解析】【分析】由三角形内角和求出角C，然后用正弦定理求得c．【详解】在ABC中，105,45AB==，30=C又22b=，由正弦定理得22sin30sin45c=，2c=.故答案为：2三、解答题

（本大题共6小题，共70分）18.如图，在平面四边形ABCD中，60BAD=，1BC=，2ADCD==，120DCB=．（1）求BD的长；（2）求ABD正弦值．【答案】（1）7；（2）217.【解析】【分析

】（1）利用余弦定理即求；（2）利用正弦定理即得.【小问1详解】在BCD△中，由余弦定理可知：2222cosBDBCCDBCCDBCD=+−22112212()2=+−−7=,7BD=【小问2详解】在ABD△中，由正弦定理可知：sinsinBDADBA

DABD=，即：72sin32ABD=21sin7ABD=.19.已知三棱锥D-ABC，△ABC与△ABD都是等边三角形，AB=2.（1）若6CD=，求证：平面ABC⊥平面ABD；（2）若AD⊥BC

，求三棱锥D-ABC的体积.【答案】（1）证明见解析；的（2）223.【解析】【分析】（1）取AB的中点M，由题可得∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，结合条件可得CMDM⊥，进而即证；（2）取AD的中点N，利用条件可得AD⊥平面BCN，进而可得2BCNS=，然后利用棱锥

的体积公式即得.【小问1详解】取AB的中点M，连接CM，DM，△ABC与△ABD都是等边三角形，所以CM⊥AB，DM⊥AB，∠DMC为二面角D—AB—C的平面角，又AB=2，∴3CMDM==，又6CD=，∴222CMDMCD+=，所以CMDM⊥，即90DMC=，∴平面ABC⊥平面AB

D；【小问2详解】取AD的中点N，连接BN，CN，则BN⊥AD，又AD⊥BC，BNBCB=，∴AD⊥平面BCN，∴AD⊥CN，△ACD也是等边三角形，由题可得3CNBN==，BC=2，∴()22123122BCNS=−=，∴三棱锥D-ABC的体积

为112222333BCNVSAD===.20.在平面五边形ABCDE中，已知120,90,120,90,3ABCEAB=====，3AE=（1）当332BC=时，求DC；（2）当五边形ABCDE的面积)63,93S时，求BC的取值范围．【答案】（1）3

32；（2）)3,33.【解析】【分析】（1）根据余弦定理，结合五边形内角和定理进行求解即可；（2）根据五边形的面积，结合梯形面积公式进行求解即可；【小问1详解】连结EB，在ABE中，120A=，3ABAE==，由

余弦定理可得，2222cos120BEAEABAEAB=+−199233()272=+−−=，所以33BE=，同时可得30AEBABE==，60CBM=，又由五边形内角和可求得120DD

CB==，所以//BECD，进而四边形BCDE为等腰梯形过点C作CM⊥BE于M，可求得3cos6034BMBC==，进而3323323342DCBEBM=−=−=；【小问2详解】1139sin1203332224BAESABAE===，又[63,93)A

BCDES，所以1527[3,3)44BCDES，设BC边长为x，所以1cos60,sin60232BMBCxCMBxC====，则113()(3333)222BCDESBECDCMxx=+=+−化简整理得2156327xx−，解得333x，或335

3x，又2330DCBEBMx=−=−，33x，所以BC的取值范围是[3,33).21.记ABC是内角A，B，C的对边分别为a，b，c.已知2bac=，点D在边AC上，sinsinBDABCaC=.（1）证明：BDb=；（2）若2ADDC=，求

cosABC.【答案】（1）证明见解析；（2）7cos12ABC=.【解析】【分析】（1）根据正弦定理的边角关系有acBDb=，结合已知即可证结论.（2）方法一：两次应用余弦定理，求得边a与c的关系，然后利用余弦定理即可求得cosA

BC的值.【详解】（1）设ABC的外接圆半径为R，由正弦定理，得sinsin,22bcRABCCR==，因为sinsinBDABCaC=，所以22bcBDaRR=，即BDbac=．又因为2bac

=，所以BDb=．（2）[方法一]【最优解】：两次应用余弦定理因为2ADDC=，如图，在ABC中，222cos2abcCab+−=，①在BCD△中，222()3cos23babbaC+−=．②由①②得2222223

()3babcab+−=+−，整理得22211203abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，解得3ca=或32ca=，当22,33ccabac===时，333ccabc+=+（舍去）．当2233,22ccabac===时，22233()722cos312

22ccABCccc+−==．所以7cos12ABC=．[方法二]：等面积法和三角形相似如图，已知2ADDC=，则23ABDABCSS=△△，即21221sinsin2332bacADABBC=，而2b

ac=，即sinsinADBABC=，故有ADBABC=，从而ABDC=．由2bac=，即bcab=，即CABACBBD=，即ACBABD∽，故ADABABAC=，即23bccb=，又2bac=，所以23ca=，则2227cos212cabABCac+−==．[方法三]：

正弦定理、余弦定理相结合由（1）知BDbAC==，再由2ADDC=得21,33ADbCDb==．在ADB中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=．又ABDC=，所以s3sinn2iCbAb=，化简得2sinsin3CA=

．在ABC中，由正弦定理知23ca=，又由2bac=，所以2223ba=．在ABC中，由余弦定理，得222222242793cos221223aaaacbABCaca+−−+===．故7cos12ABC=．[方法四]：构造辅助线利用相似性质如图，作DEAB∥，交BC于点E

，则DECABC△∽△．由2ADDC=，得2,,333caaDEECBE===．在BED中，2222()()33cos2323BEDacbac−=+．在ABC中222cos2aaBCcAbc+−=．因为coscosABCBED=−，所以2222

222()()3322233acbacbacac+−+−=−，整理得22261130abc−+=．又因为2bac=，所以2261130aacc−+=，即3ca=或32ac=．下同解法1．[方法五]：平面向量基本定理因

为2ADDC=，所以2ADDC=uuuruuur．以向量,BABC为基底，有2133BDBCBA=+．所以222441999BDBCBABCBA=++，的即222441cos999baccABCa=++，又因为2bac=，所以22944cosacaacABCc=++．③由余弦定理

得2222cosbacacABC=+−，所以222cosacacacABC=+−④联立③④，得2261130aacc−+=．所以32ac=或13ac=．下同解法1．[方法六]：建系求解以D为坐标原点，AC所在直线为x轴，过点D垂直于AC的直线为y轴，DC长为单位长度建立直角坐标系，如

图所示，则()()()0,0,2,0,1,0DAC−．由（1）知，3BDbAC===，所以点B在以D为圆心，3为半径的圆上运动．设()(),33Bxyx−，则229xy+=．⑤由2bac=知，2BABC

AC=，即2222(2)(1)9xyxy++−+=．⑥联立⑤⑥解得74x=−或732x=（舍去），29516y=，代入⑥式得36||,||6,32aBCcBAb=====，由余弦定理得2227cos212acbABCa

c+−==．【整体点评】(2)方法一：两次应用余弦定理是一种典型的方法，充分利用了三角形的性质和正余弦定理的性质解题；方法二：等面积法是一种常用的方法，很多数学问题利用等面积法使得问题转化为更为简单的问题，相似是三角形中的常用思路；方法

三：正弦定理和余弦定理相结合是解三角形问题的常用思路；方法四：构造辅助线作出相似三角形，结合余弦定理和相似三角形是一种确定边长比例关系的不错选择；方法五：平面向量是解决几何问题的一种重要方法，充分利用平面向量基

本定理和向量的运算法则可以将其与余弦定理充分结合到一起；方法六：建立平面直角坐标系是解析几何的思路，利用此方法数形结合充分挖掘几何性质使得问题更加直观化.22.如图，直三棱柱111ABCABC-中，底面边长AB＝5，BC＝4，AC＝3，

侧棱长为23，D为BC中点，CE⊥AD，E为垂足．（1）求证：1AC//平面1ABD；（2）求证：平面1ABD⊥平面1CCE；（3）求直线1DC与平面1CCE所成角的正弦值．【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）1313.【解析】【分析】（1）取1AB的中点K，连接KD，易得1//

KDAC，进而即可证得1//AC平面1ABD；（2）根据条件可证AD⊥平面1CCE，根据AD平面1ABD，所以平面1ABD⊥平面1CCE；（3）设1DC与平面1CCE所成的角为，则1sinDEDC=，利用条件及勾股定理即可求得相应线段长度及sin

【详解】（1）取1AB的中点K因为四边形11ABBA为长方形，所以K为1AB的中点，因为D为BC中点，连接KD，所以1//KDAC，又因为KD平面1ABD，1AC平面1ABD，所以1//AC平面1ABD，（2

）在直三棱柱中，1CC⊥平面ABC，因为AD平面ABC，所以1CCAD⊥，又因为CEAD⊥，1CCCEC=，所以AD⊥平面1CCE，因为AD平面1ABD，所以平面1ABD⊥平面1CCE；（3）由（2）可知AD⊥平面1CCE，所以DE⊥平

面1CCE，设1DC与平面1CCE所成的角为，则1sinDEDC=，因为D为BC中点，所以122CDBC==，123CC=，所以2112222(23)216CDCDCC=+=+=，则14CD=，因为222ACBCAB+=，所以90ACB=，在RtACD中，222223213AD

CDAC=+=+=所以13AD=，2cos13DCDAD==，24cos21313DEDCD===，则41313sin413==．23.在①()2223sin2acbBac+−=且4B；②sin31cosbAaB

=−；③sinsinsinsinBCaACbc+=−−这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．问题：在ABC中，角,,ABC的对边分别为,,abc，且__________．（1）求B；（2）若D

为边AC的中点，且3,4==ac，求中线BD长．【答案】（1）3B=（2）372【解析】【分析】（1）若选①：利用余弦定理和二倍角公式得到3sin22B=，求出3B=；若选②：利用正弦定理和夹角公式3sin32B+=，求出3

B=；若选③：由正弦定理和余弦定理求出3B=．（2）利用余弦定理求出23b=，利用数量积的运算即可求出BD长为392．【小问1详解】若选①：()2223sin2acbBac+−=，且2222cosacbacB+−=，所以32cossin2acBBac=，所以3sin22B=．

又4B，所以222B，所以223B=，所以3B=．若选②：由正弦定理得sinsin3sin1cosBAAB=−，因为sin0A，所以sin33cosBB=−，即3sin32B+=

．由40,333BB+，所以233B+=，所以3B=．若选③：由正弦定理得bcaacbc+=−−，即222acbac+−=，由余弦定理得2221cos222acbacBacac+−===，又0B，所以3B=．【小问2详解】在ABC中，由余弦定理

得2222cos9161213bacacB=+−=+−=，所以13b=，又()()224ACBABCBDDABDDCBD=++=−，所以21334cos34BD=−，所以中线BD长为372．获得更多资源请

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