江西省上高二中2022-2023学年高二上学期8月数学试题(含答案解析)

9B．9C．9D．

93．设2a5bm，且1a1

b2，则m等于（）A．100B．±10C．10D．log2104．如图，已知PA平面ABC，ABC120，PAABBC6，则PC等于（A．62B．6C．12D．144

5．若函数y2x1,x01，当xx0时函数值y1，则x）0的取值范围是（x2,x0A．1,1；B．1,；C．,20,；D．,11,．试卷第1页，共4页）6．设a33，b66，clog32，则（A．cba

B．b11）C．cD．acb）7．若函数f(x)x4xmx1在(,1)上存在零点，则实数m的取值范围为（531A．,

416

31B．0,

16

5C．0,

4

5

D．,

4

8．设函数fx的定义域为R，fx1为奇函数，fx1为偶函数，当x1,3时，fxkxm，若f0f32，则f4（A．2

B．0C．2）D．4二、多选题9．设m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，下列说法不正确的是（A．若，m，n，则mnB．若m，m//n，n//，则C．若mn，m，n，则D．若//，m，n，则m//n

（多选）在ABC中，内角A，10．B，C的对边分别为a，b，c．sinCsin(AB)3sin2B，C

）31

3，则a

（b）B．21

A．C．2D．3）2π11．设函数fxcosx已知fx在0,π上有且仅有4个零点，则（(0)，31925

A．的取值范围是,

66

B．yfx的图象与直线y1在0,π上的交点恰有2个C．yfx的图象与直线y1在0,π上的交点恰有2个D．fx在,上单调递减42ππ12．在四面体ABCD中，ABCDACBD5，ADBC32，E、F分别是AD、BC的中点.若用一个与直线EF垂直，且与四面体的每个面都相交的平面去截该四面体，由此得到一个多边形截面，则下面的说法中正确的有（A．EFAD，EFBC

C．异面直线AC与BD所成角的正弦值为）B．四面体外接球的表面积为3497

D．多边形截面面积的最大值为252试卷第2页，共4页三、填空题

13．已知为钝角，且tan=-2，则sin______．4

14．已知A3,5,7,B2,4,3，则线段AB在yOz平面上的射影长为___________.15．在三棱锥PABC中，PA，PB，PC互相垂直，PAPB4，M是线段BC上一动点，且直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值是5，则三棱锥PABC外接球的体积是______．16．已知O0,0,0，A1,2,3，B2,1,2，P1,1,2，点Q在直线OP上运动，当QAQB取最小值时，点Q的坐标是______四、解答题cax,4,1b2,y,117．已知向量，，3,2,z，a∥b，bc.

(1)求a，b，c；

(2)求ac与bc所成角的余弦值.18．现给出以下三个条件：①f(x)的图象与x轴的交点中，相邻两个交点之间的距离为2

,2；②f(x)的图象上的一个最低点为A3

；2③f01.请从上述三个条件中任选两个，补充到下面试题中的横线上，并解答该试题.

已知函数f(x)2sinx05,0，满足________，________.2

（1）根据你所选的条件，求f(x)的解析式；（2）将f(x)的图象向左平移单调递增区间.2xa19．已知定义域为R的函数fxx是奇函数．21个单位长度，得到g(x)的图象求函数yf(x)g(x)1的6(1)求a值；22

(2)若对任意的tR，不等式ft2tf2tk0恒成立，求实数k的取值范围．20．已知ABC中，a，b，c分别为角A，B，C的对边，且2abcosCccosB

试卷第3页，共4页(1)求角C(2)若a2，b3，CD为角C的平分线，求CD的长；(3)若acosBbcosA4，求锐角ABC面积的取值范围.21．如图甲，直角梯形ABCD中，AB⊥AD，AD//BC，F为AD中点，E在BC上，且EF//AB，已知AB=AD=CE=2，现沿EF把四边形CDFE折起如图乙使平面CDFE⊥平面ABEF.（1）求证：AD//平面BCE；（2）求证：平面ABC⊥平面BCE；（3）求三棱锥C﹣ADE的体积.ADCAPD90，如图，在四棱锥PABCD中，APPDDC2，AB11，22．平面PAD平面ABCD．(1)证明：AP平面PDC．(2)若E是棱PA的中点，且BE//平面PCD，求点D到平面PAB的距离．试卷第4页，共4页参考答案：1．D【分析】先化简集合A，B，再根据ven图求解.xBx|yln(x1)x|x1，【详解】解：全集U=R，集合Ax|22x|x1，Bx|x1，由ven图知：图中表示集合为AðU故选：D2．B【分析】结合诱导公式、二倍角公式求得正确答案.π【详解】sin2cos622ππ2π2cos2623π71

2sin121.393

故选：B3．C【分析】由2a5bm，得到alog2m,blog5m，再由【详解】因为2a5bm，所以alog2m,blog5m，则11

2求解.ab11

logm2,logm5，ab11

logm2logm5logm102，ab所以则m210，解得m10，故选：C4．C【分析】在ABC中，余弦定理可得AC2108,由PA平面ABC可得PAAC，进而得△PAC为直角三角形，再由勾股定理即可求得PC的值.【详解】解:因为在ABC中，ABBC6,ABC120,由余弦定理可得AC2AB2BC22ABBCcos120108，又因为PA平面ABC，答案第1页，共16页所以PAAC，所以△PAC为直角三角形，又因为PA6,所以在直角三角形PAC中由勾股定理可得：PC2PA2AC236108144,所以PC12.故选：C.5．D【分析】分x00与x00去解不等式，求出x0的取值范围.【详解】当x00时，2x011，解得：x01，与x00取交集，结果为x01；当x00时，x1，解得：x01，综上：x0的取值范围是,11,.故选：D6．A【分析】先判定a,b1,c1，再比较a,b的大小.【详解】解：由题得a3301,b66601，clog32log331，131

120

a33996b，36131616所以cba.故选：A7．Cx【分析】由f(x)0分离参数得m4

11x，引入函数g(x)4，确定g(x)在(,1)上xx的单调性，值域，从而可得m的范围．x【详解】令f(x)0，则m4

11x，设g(x)4，易知函数g(x)在(,1)上单调递增，xx55

，故实数m的取值范围为0,，44

而当x时，g(x)0，且g(1)故选：C.8．C【分析】由题意表示出fx1f(x1)与fx1f(x1)，令x1，x0，x2，结合题目所给条件列式求解k,m，再由两式化简可推导出fx的周期为T8，从而代入计答案第2页，共16页算.【详解】因为fx1为奇函数，所以fx1f(x1)①；又fx1为偶函数，所以fx1f(x1)②；令x1，由②得：f0f(2)2km，又f33km，所以f0f32km(3km)k2，得k2，令x0，由①得：f1f(1)f10；令x2，由②得：f1f(3)0，所以f33km0m6.得x1,3时，fx2x6，结合①②得，fx2f(x2)f(x4)f(x)f(x8)f(x4)f(x)，所以函数fx的周期为T8，所以f4f4f22262.故选：C【点睛】本题的关键是，根据题目给出的奇函数与偶函数条件进行转化，求解出函数的周期，利用函数周期性将所给值转化到已知范围中求解.9．ACD【分析】利用空间直线和平面的位置关系进行逐个判断.【详解】对于A，两个平面垂直不能得出两个平面内的两条直线垂直，还可能是平行，所以A错误；对于B，因为m//n，m，所以n，因为n//，所以内存在一条直线l//n，所以l，由l，从而得到，所以B正确；对于C，因为mn，不能得出线面垂直，所以无法得出，所以C错误；对于D，两个平面平行不能得出两个平面内的两条直线平行，还可能是异面，所以D错误；故选：ACD.10．BD【分析】根据三角恒等变换进行化简，然后利用正弦定理求解即可.【详解】解：由题意得：因为ABC

所以sinCsin(C)sin(AB)sinAcosBcosAsinB．又sinCsin(AB)3sin2B

答案第3页，共16页所以2sinAcosB6sinBcosB，即2cosB(sinA3sinB)0，解得cosB0或sinA3sinB．当cosB0时，因为B(0,)，所以B所以由正弦定理得asinA1

．bsinB2a

3．b2．又C

3，所以A

1

．则sinA,sinB1，62当sinA3sinB时，由正弦定理得a3b，所以综上所述，a1

3或．2b故选：BD．11．AB【分析】对于A,确定πx

2π2π2π5π2π7π

[,π]，根据零点个数确定π，求得333232参数范围；对于B，C，采用整体代换思想，结合余弦函数的图象和性质即可判断；对于D，2ππ2ππ2ππ2ππ2π,,的范围，从而当x,时，确定x，计算34323424323确定fx在,上单调性.42ππ【详解】当x0,π时，πx所以2π2π2π

[,π]，因为fx在0,π上有且仅有4个零点，33319255π2π7π

π，解得，故A正确；232662π2π

,π]上有且仅有4个零点，33又由以上分析可知，函数ycosx在[且2π7π5π2π7π

π，则在[,)上，ycosx出现两次最大值，32232此时函数ycosx的大致图象如图示：即yfx在0,π上两次出现最大值1，即πx

2π

取0,2π时，yfx取最大值，3故yfx的图象与直线y1在0,π上的交点恰有2个，故B正确；答案第4页，共16页由于当x(0,π)时，πx当πx

2π2π2π5π2π7π(,π)，π，3332322π2π

π时，yfx取最小值1，由于πx是否取到3π不确定，33故yfx的图象与直线y1在0,π上的交点可能是1个或2个，故C错误；2ππ2ππ2π,当x,时，x，34323421925π2π11ππ2π17π

0，因为，所以，4312231266故π

2

2π

的值不一定小于π，3ππ

所以fx在,上不一定单调递减.42

故选：AB.【点睛】本题考查了复合型余弦函数的解析式中参数的确定以及零点以及最值和单调性问题，综合性强，计算量大，解答时要能综合应用三角函数的相关知识灵活解答，关键是整体代换思想的应用.12．ABD【分析】对A，连接BE,CE,AF,DF，进而根据线面垂直得线线垂直可判断；对B，将其补成长方体，转为为求长方体的外接球表面积可判断；对C，结合B建立空间直角坐标系，利用坐标法求解即可判断；对D，根据题意，证明截面MNKL为平行四边形，且KNKL5，由KNKL

NKKLsinNKL可判断.2

2

SMNKL

【详解】对A，连接BE,CE,AF,DF，因为ABCDACBD5，E､F分别是AD､BC

BECEE，的中点，所以BCAF,BCDF，BEAD,CEAD，因为AFDFF，

所以BC平面ADF,AD平面BCE，所以EFBC，EFAD，故正确；答案第5页，共16页对B，该几何体可以在如图2的长方体中截出，设长方体的长宽高分别为a,b,c，a2b22522

则ac18，所以a2b2c234，即长方体的体对角线的长度为a2b2c234，c2b225

所以四面体的外接球即为该长方体的外接球，半径满足2Ra2b2c234，所以四面体外接球的表面积为S4R234，故正确；对C，由②得ac3,b4，如图3，以D点为坐标原点，建立空间直角坐标系，则A3,0,3，

C3,4,0,B0,4,3，D0,0,0，故AC0,4,3,DB0,4,3，所以异面直线AC与BD所ACDB7

成角的余弦值为，故错误；25ACDB

答案第6页，共16页对D，如图4，设平面与BD,CD,AC,AB分别交于M,N,K,L，EF，BC//，则由线面平行的性质可得BC//KL,BC//MN，则KL//MN,同理，ML//NK，所以截面MNKL为平行四边形，可得CKKNAKKL

,，CAADCABC

CKADAKBC32CK32AKCKAK3232，CACACACACA则KNKL

设异面直线BC和AD所成角为，由③的讨论可得异面直线BC和AD所成角为90，所以sinLKNsin1，则可得SMNKL立，故正确.9KNKLNKKLsinNKLNKKL，当且仅当KNKL时等号成22

2

故选：ABD13．31010

【分析】由已知可求出sin,cos，由两角差的正弦公式代入即可得出sin的值.4

答案第7页，共16页sin2cos【详解】因为tan=-2，所以2，2sincos1因为为钝角，解得：sin

255，,cos

5522310sincos所以sinsincoscossin.4442210故答案为：14．101【分析】首先求点A,B在yOz平面上的射影的坐标，即可求解射影长.【详解】点A3,5,7,B2,4,3在yOz平面上的射影分别为A0,5,7,B0,4,3，所以线段AB在yOz平面上的射影长AB故答案为：10115．36【分析】易证得PA平面PBC，则AMP即为直线AM与平面PBC所成角的平面角，当PM最小时，直线AM与平面PBC所成角的正切值的最大值，此时PMBC，求出此时PM的长度，从而可求得PC，再求出外接球的半径，根据棱锥的体积公式及可得解.【详解】解：因为PAPB,PAPC,PBPCP，所以PA平面PBC，则AMP即为直线AM与平面PBC所成角的平面角，则tanAMP

310.10004537222101.PA4

，PMPM4

5，PM45，5当PM最小时，tanAMP最大，此时PMBC，所以PMBC时，PM则cosBPM

PM5，

PB55cosBPM，5所以sinCPMsinBPM2所以cosCPM25PM

，

5PC答案第8页，共16页所以PC2，所以三棱锥PABC外接球的半径为1161643，243

所以三棱锥PABC外接球的体积是336.3故答案为：36.44816．,,

333

【分析】先利用向量共线定理设出Q点坐标t,t,2t，再利用向量的数量积运算得到QAQB关于t的函数式，利用二次函数求最值即可得到答案.

【详解】因为点Q在直线OP上运动，所以存在tR，使得OQtOP，uuur

OQtOPt,t,2t，所以点Q的坐标为t,t,2t.因为OP1,1,2，所以

所以QA1t,2t,32t，QB2t,1t,22t，2所以QAQB1t2t2t1t32t22t6t16t10，所以当t

164448

时，QAQB取最小值，此时点Q的坐标为,,.263333

448

故答案为：,,.333



17．(1)a2,4,1，b2,4,1，c3,2,2(2)

219

【分析】（1）根据向量平行得到ab，根据向量垂直得到bc0，计算得到答案.答案第9页，共16页

（2）计算ac5,2,3，bc1,6,1，再根据向量的夹角公式计算得到答案.

【详解】（1）a∥b，故ab，即x,4,12,y,，

故1，x2，y4，即a2,4,1，b2,4,1，

bc，故bc2,4,13,2,z68z0，z2，故c3,2,2ac5,2,3bc1,6,1（2），，ac与bc所成角的余弦值为：acbc51232

cos

19acbc52223212621218．答案见解析.2

,2代入f(x)得；选择①③：【解析】（1）选择①②：由①可得2，再将A

63

由①可得2，又f02sin1，所以

6；选择②③：由f02sin1，所以

6，2

,2代入f(x)得2；所以f(x)2sin2x；再将A

63



（2）根据平移可得函数g(x)2cos2x，故y2sin4x，根据三角函数图象性质可得6

函数的单调递增区间.【详解】解：（1）选择①②：由已知得T从而f(x)2sin(2x)，22

2，所以2，42

,2代入f(x)得，2sin2，将A332k，kZ，6又0，所以，解得

26

所以f(x)2sin2x；6

22，所以2，选择①③：由已知得T2从而f(x)2sin(2x)，又f02sin1，因为0

2，所以

6.答案第10页，共16页

所以f(x)2sin2x；6

选择②③：由f02sin1，又0

2，所以

6，22

,2代入f(x)得，2sin2，将A

633解得23k，kZ，又05，所以2，

所以f(x)2sin2x；6

（2）由已知得g(x)2sin2x2sin2x2cos2x，662故yf(x)g(x)1



4sin2xcos2x1

6

23sin2xcos2x2cos22x13sin4xcos4x



2sin4x，6

2k4x2k，kZ，262kkx得，kZ，令

62122kk

,所以函数yf(x)g(x)1的单调递增区间为，kZ.62122

【点睛】求三角函数的解析式时，由ω＝2即可求出ω；确定φ时，若能求出离原点最近的T右侧图象上升(或下降)的“零点”横坐标x0，则令ωx0＋φ＝0(或ωx0＋φ＝π)，即可求出φ，否则需要代入点的坐标，利用一些已知点的坐标代入解析式，再结合函数的性质解出ω和φ，若对A，ω的符号或对φ的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求.19．(1)a1；1

(2)(,).3【分析】（1）根据奇函数的性质，结合奇函数的定义进行求解即可；（2）根据函数单调性的性质，结合奇函数的性质进行求解即可.答案第11页，共16页2xa【详解】（1）因为定义域为R的函数fxx是奇函数，211a2x1

0a1，即fxx所以有f00，11212x12x1

因为fxxxfx，2121所以该函数是奇函数，故a1；2x12（2）fxxx1，由函数的单调性的性质可知：该函数是实数集上的减函数，2121而该函数是奇函数，于是有：ft22tf2t2k0ft22tf2t2kf2t2k，可得：111

t22t2t2kk3t22t3(t)2，因此有k，3331

即实数k的取值范围为(,).320．(1)(2)635383,43(3)3【分析】（1）利用正弦定理将边化角，再由两角和的正弦公式及诱导公式求出cosC可得解；（2）设CDx，根据SACDSBCDSABC及面积公式得到方程，解得即可；（3）首先利用正弦定理求出c，再由正弦定理得到aS

1

，即28383sinB，再根据sinA，b331

absinC转化为关于A的三角函数，根据正弦函数的性质求出面积的取值范围；2【详解】（1）解：由2abcosCccosB及正弦定理得2sinAsinBcosCsinCcosB所以2sinAcosCsinBCsinA∴sinA0，∴cosC∵0C，∴C

1

23答案第12页，共16页（2）解：设CDx由SACDSBCDSABC得111113.3x2x6222222解得x

6363，即角平分线CD的长度为554c

，∴c4（3）解：设ABC外接圆半径为R，由acosBbcosA42RsinAcosB2RsinBcosA4，即2RsinC4，即2R

sinC所以ABC的面积S1absinC

324abb∵sinBasinA43，∴a

83sinA，b83sinB233∴S1633sinAsin23A16323sinAsin23cosAcos3sinA

1633sinA3cosA1

sin22A

16333sinAcosA1sin2A

22

163334sin2A14cos2A14



833sin



2A4363∵0A2，0B2，AB23，∴023A

2，∴6A

2，∴62A

6

56，∴12sin



2A61，∴S83,433答案第13页，共16页sinC21．（1）证明见解析；（2）证明见解析；（3）.【分析】（1）由题意知AF//BE，DF//CE，然后利用面面平行的判定可得平面ADF//平面BCE，进一步得到AD//平面BCE；（2）在图甲中，EF//AB，AB⊥AD，可得EF⊥AD，则在图乙中，CE⊥EF，然后利用面面垂直的性质得到CE⊥平面ABEF，则CE⊥AB，再由线面垂直的判定可得AB⊥平面BCE.则有平面ABC⊥平面BCE；（3）直接利用等积法求三棱锥C﹣ADE的体积.【详解】（1）证明：由题意知AF//BE，DF//CE，所以AF//平面BCE,DF//平面BCE∵AF∩DF=F，∴平面ADF//平面BCE，又AD⊂平面ADF，∴AD//平面BCE；（2）证明：在图甲中，EF//AB，AB⊥AD，∴EF⊥AD，则在图乙中，CE⊥EF，又∵平面CDFE⊥平面ABEF，平面CDFE∩平面ABEF=EF，∴CE⊥平面ABEF，得CE⊥AB，又∵AB⊥BE，BECEE,∴AB⊥平面BCE.∴平面ABC⊥平面BCE；（3）解：∵平面CDFE⊥平面ABEF，AF⊥EF，∴AF⊥平面CDFE，则AF为三棱锥A﹣CDE的高，AF=1，又∵AB=CE=2，∴S△CDE∴VC﹣ADE=VA﹣CDE

1

2×2=2，22311

S△CDE•AF2×1332

.322．(1)证明见解析答案第14页，共16页(2)3105【分析】（1）在平面PDC内找到两条相交的的直线，使得PA垂直于它们即可；（2）运用等体积法，求出三棱锥P-ABD的体积和和三角形PAB的面积即可.【详解】（1）∵平面ABCD平面PAD，CDAD，平面PAD平面ABCD=AD，∴CD平面PAD，CDAP，即APPD,APCD,PDCDD,PD平面PDC，CD平面PDC，PA平面ABCD；（2）BE//平面PDC，AP平面PDC，PABE，在RtABE中，AB11,AE1，BE11110，△APB的面积为SAPB

1

APBE10，2取AD的中点G，连接PG，BG，因为PAD是等腰直角三角形，PGAD，PG2，AD22，又∵平面PAD平面ABCD，PG平面ABCD，PGBG，在Rt△PBE中，PBPE2BE211，在RtPBG中，BGPB2PG21123，AG2BG22911AB2，ABG是直角三角形，1

△ABD的面积SABDADBG32，设点D到平面PAB的距离为x，21111

三棱锥P-ABD的体积=SABDPG3222SAPBx10x，3333答案第15页，共16页x610310；5综上，D到平面PAB的距离为310.5答案第16页，共16页