湖北省十堰市郧阳中学2026-2027学年高二上学期暑假自主学习检测数学试卷

郧阳中学2025级高二年级上学期暑假自主学习检测 数学答案 单选题 题号 1题 2题 3题 4题 5题 6题 7题 8题 答案 A C D D B B D 5.详解因为6=Vac,所以6=3ac,而a+c=。2+2c+c=2+c2+2, ac ac ac 在△MBC中，tanB=-5,所以B=答，故cosB=司， 由余弦定理得cosB=心。也-号，代入=3ac得， 2ac Q+c2-3ac=a+c-g=号故4+c2=2 2ac 2ac 2 ac 故+2ac+c=+c2+2=2+2=4,故B正确， ac ac 故选：B 7.【详解】如图，延长AB到D,使得AD=2A, 由(2AB-AC)·BC=0→(AD-AC)·BC=0, →C⑦·Bd=0→CD⊥BC, 因为SAABC=SABCD =Sam=33=7×2W3CD=3V5→CD=3, 由勾股定理：BD=√2I,则AB=√2I, 在RBCD中，c0 LCBD=-品=2是=2y7→co8∠ABC=2y7 BD√21 7 在△ABC中， AC=AB+BC2-2AB-BC.0AB0=21+12-2××2W5×(-24)=57, →AC=√57. 8.【解析】解：设=(1,0)， 因为向量在单位向量è上的投影向量为-è，且=4， →成=(-1，W15),→成+ě=(0，W15), 设=(，y),则6-(a+)=(x,y-√15)， 花-=(1,0)-(c,y=(1-x,-), 因为6-(a+=2→√2+(g-√15乎=2 →x2+(y-V15)2=4 设B(c,y),P(0,√15) 则点B(x,y)的轨迹是以点C(0,√15)为圆心，r=2为半径的圆 而1e-1=√0-x2+(-2=√(c-2+ 其几何意义为点B(x,y)与点P(1,0)之间的距离 当B位于C和P之间时，BP|=CP-r≥|CO-r=√I5-2, 当且仅当C,B,O三点共线时，等号成立，此时A=0 即V1∈R,-的最小值为√15-2.故选：C. 二、多选题 题号 9题 10题 11题 答案 ACD ABC BCD 10.【答案】ABC 【详解】对于A,由A=2B,得sinA=sin2B=2 sin BcosB, 由正弦定理得a=2 bcosB,由余弦定理得a=26.+C-心，则c-b)(a-6-b)心=0， 2ac 当b≠c时，a2-b2-bc=0,即a2=b(6+c), 当b=c时，B=C,又A=2B,则A=90°，B=C=45°，a=√2b, 于是a2-b2-bc=(W2b)2-b2-bb=0,因此a2=b(6+c),A正确； 对于B,由=60+得名+景=名+营e=色+号+1≥8， 62 当且仅当b=c时取等号，B正确； 对于C,由正弦定理得二=inC=sin2B+B)=in2 BcosB+-cos2 BsinB= b sinB sinB sinB 2sinBcos2B+(2cosB-1)sinB sinB 1=4cos2B-1, 由△4BC为锐角三角形，A=2B,得B∈(0，)，C=元-3B<受，则B∈（告）， cosB∈（竖，号），因此4cosB-1E(L,2:C正确： 对于D,由a2=(b+c),a=2W6,b=3,得c=5,D错误. 故选：ABC 11.【答案】BCD 【详解】A,三棱锥D-DCB的外接球即为正方体的外接球， 则该外接球的直径为√22+22+22=2√， 因此三棱锥D1一DCB的外接球的表面积S=4r×(√)2=12π≠4W3π，A错误； D B,连接AD1,FD1,由AB∥DC∥DC1且AB=DC=D,C1, 所以四边形ABCD为平行四边形，则AD,∥CB, A B 又CB∥EF, 则AD1∥EF,四边形ADFE为平面AEF截正方体所得的截面图形， 连接GF,则由G,F均为所在棱的中点， →GF∥BC1∥AD1,GF=BC1=A1D1, 则四边形ADFG为平行四边形，A1G∥DF, 又DFC平面AD,FE,A1G丈平面AD,FE, 因此AG∥平面ADFE, 点P到平面AEF的距离即为G到平面AEF的距离， 所以，-A即=V。-A为定值，即三棱锥P一AEF的体积为定值，B正确； C,由B可知，平面AEF截正方体所得的截面为四边形ADFE, 而AE=DF=A1G=√5，FE=√EC2+FC=√2，AD1=2W2, 所以AD1+DF+FE+AE=3√2+2√5，C正确； D,由B知AD1∥F,则直线AP与直线F所成角即为直线AP与直线AD1所成角， 由异面直线所成角的范围为(0°，90]， 若所成角余弦值最大，则直线AP与直线AD所成角尽可能小， 在正方体中，易知AD1⊥平面ABBA1,则∠AAD1为AD1与平面ABB1A1所成的角为45°， 由线面角的性质可知，平面内任意直线与斜线的夹角不小于线面角， 所以直线AP与直线AD1所成角0≥45°， 所以c0s8≤受，即直线AP与直线E所成角余弦值的最大值为受，D正确， 三.填空题 2分 13.23 3 14.13元 14.【答案】13π 【解析】解：如图，过点P作PE⊥AB于E,D为AB的中点，设△ABC的外心是O,半径是r,连接 OB,OE,OD, AB 由正弦定理得2r=n2AC=2,则0，B=7=1, D为AB的中点，BD=AD=AB=号， 2, OD⊥AB,所以OD=√O,BBD=1, 2 因为PB=AB=9PA=v8, 所以cos∠PAB=93A=5 2×3×√3 2, 所以AB=5,DB=V,PB=是， 因为平面PAB⊥平面ABC,PE⊥AB于E,平面PAB∩平面ABC=AB, 则PE⊥平面ABC,故O,E=√DE2+OD=1B 2 设三棱锥P-ABC外接球球心是O,连接OO1,OB,OP,过O作OH⊥PE于H, 则OO1⊥平面ABC,于是OO1∥PE,从而OOHE是矩形， 所以外接球半径R满足R2=OO12+OB2=OH2+(PE-HE)2=OE2+(PE-OO)2 解得R=区，所以外接球的表面积为4玩心=13元. 2 故答案为：13π. 15.【详解】 D (1)正方体AC中，点E到平面AADD的距离为棱长4. V-Ba=Ma=号××4X4X4=号 3 (2)在正方体AC1中，面对角线AD∥BC1 故：∠AD(或其补角)即为异面直线BC,与DE所成的角 在△ADE中，AD1=VAD+DD=4W2,DE=VD1B+B,E2=V32+4=6 AE=√AB+BE=√4+2=2W5 由余弦定理： o8∠AD,E=AD+D5AE-32+020=号→∠AD,B=子 2.ADDE 24w2.62 故：异面直线BC与DE所成角的大小为军 16.【详解】(1)由10×(0.005+0.035+a+0.020+0.010)=1,得0.07+a=0.1, 解得a=0.03. (2)根据频率分布直方图，计算平均数为 (105×0.005+115×0.035+125×0.03+135×0.02+145×0.01)×10=124.5cm. (3)身高在[120,130)，[130,140)，[140,150]三组内的学生数分别为： 100×10×0.030=30,100×10×0.020=20,100×10×0.010=10, 所以三个区域内的学生总数为30+20+10=60. 故：从身高在[140,150]内的学生中应选取認×10=5人. I7.【详解】()在△ABC中，AB=3,BC=2W3,cosB= 3 由余弦定理： AC=AB+BC2-2·AB·BC-c0sB=9+12-2×3×2W3×Y5=9, 3 →AC=3. 再由余弦定理： oA=A+ABC-装8号xg=是=号 2·AB·AC 2×3×3 (2)以A为原点，AB为x轴正方向建立平面直角坐标系如图： 则A0,0),B3,0,由AC=3,c08A=3→C1,22). D在BA延长线上，设AD=t>0, 则D(-t,0),BC=(-2,2√2)，DE∥BC, 设D应=(-2,2W2)→E(-t-2,2W2). 由AE⊥AC,得A面·AC=0 →(-t-2)×1+(2W2)×2W2=0→-t+6A=0=→A=在 DB=川-d=吉×25=5=6→t=3反一= 2 →E(-4W2,2),而C(1,2W2), 故CE=√1+4W22+(2W2-2y乎=√33+8√2)+(12-8√2)=√45=3√5. 18.【答案1(1)取PA中点L,连接L,LF, 由于：PL=LA,PF=BF→LF∥AB,LF=2AB, 又：EC∥AB,且EC=号AB→LF∥DC,LF=EC →四边形ECFL是平行四边形， →LE∥CF, 又因为LEC平面PAE,CF丈平面PAE, →CF∥平面PAE. (2)()取AB中点H,连接PH, 在△PAE中，PB=PA=2,LAPE=交→PH=V②. 设四棱锥P-ABCE的高为h,则h≤PH=√2. 收-s=9s*h=合×2+9×2Xh=22, →h=√2，即PH=h→PH⊥平面ABCE 又：BEC平面ABCB→PH⊥BE. △ABE中，AE=BE=2W2,AB=4→AE2+BB2=AB2→BE⊥AE 又：PHOAE=H,AE,PH≤面PAE, →BB⊥平面PAE. (倒记直线PA与平面P8C所成的角为8，点A到平面PBC的距离为d,则sin9=房=号 因为Sae=6,8alo=4一W80=ac=青6e8=生 3 取BC中点G,连接HC,HG,HB, 在RIAHGO中，∠HGC=,HG=3,CG=1→HC=Vo, 因为PH⊥平面ABCE→PH⊥CH →PC2=P2+HC2=12→PC=2W3, 同理PB=2W3, 在△PBC中，PB=PC=2W5,BC=2,PG⊥BC PG=VPB-BG=Vi→Sa=分×2Xi=m 因为o=号5ac=子×Ixd= 3 →d=4y2厘 11 →咖0=号=22 11 即：直线PA与平面PBC所成的角的正弦值为2y22 11 19.【答案】()0受：（倒）-压； (2)(i)(0,2W/2+2);(a)33√3 4 【解折】释：)an=号 =1,-元<00≤元 解得8，=晋，n=V(2列+(2=2一0=2×零=受： ()由（倒知：甲初始位置位于点S(W2,V②），0，=平 若机器人甲按照指令(2，)继续移动，则∠OST=π+0 若机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照指令(~，一受)移动， 则∠0s7=晋-(-)=号 在△0sT中，由余弦定理知：cos(x+)=4+2 2×2×2m ->0→c0s0<0. 由正弦定理知：2” sin(元+→sin0=-V3 1 cos0=-V/13 4 ②)0指令(，)即(2，)，第一次执行指令(2，平)，移动到点(V2,V2):第二次执行指令(2，)， 移动到点(V2+2cs2年反+2sim)=(2,V万+2)： 第三次执行指令(2，)，移动到点(2+2cos证2+2+2sin)=(0,2w2+2),即M点坐标为 (0,2W2+2); (阅第t次执行指令)，即在第1-1次的基础上横坐标增加02签，纵坐标增加血答， 3 N点横坐标为： 1osg+20s号+3606%++90co2Xg2r 3 3 =(1co8g+2cos号+3ocos2x)+(4cas号+5cos誓+6cos2r)+ 3 +(97cos受+98cos警+9g9cos2n） =()+(2)++(多)=号×9=婴 2 则N点纵坐标为： 1sm弩+2sim号+3sin受+…+94sin2xg0z=(1sim餐+2sin号+3sin2+ 3 (4sing+5sin号+6sin2x…+(97sinξ+98eing+90sin2x) =()+(9)++(←)=-9×婴=3 2 即N婴-y 2 故：点N到原点0的距离为1OWM=V(婴+(-3y=3W3.娜阳中学2025级高二年级上学期暑假自主学习检测 数学试卷 命题人：郭宇 审题人：李义 本试题卷共四页，十九题，全卷满分150分。考试用时120分钟 ★祝考试顺利★ 注意事项： 1答题前，先将自己的姓名、考号填写在试卷和答题卡上，并将考号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2.选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷和答题 卡上的非答题区域均无效。 3.非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷和答题卡上的非答题 区域均无效。 一、选择题：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1=3-2i,22=-1+4i,则z1十22= A.2√2 B.i C.2 D.8 2.样本数据4,4,5,5,6,7,7,7,8,8的60%分位数为 A.5 B.6 C.7 D.8 AC 3.已知平面内四个不同的点A,B,C,D满足BA=2D元-2D元，则 A号 B.多 C.2 D.3 4.若一组数据1,2，…，xn的方差为2，则数据3-2,3c2一2，…，3m一2的方差为 A.2 B.4 C.6 D.18 5.在△ABC中，角A,BC的对边分别为a,bc,若tanB=-5,b=V3ac,则a+c ac A.6 B.4 C.3 D.2 6.如图，一个水平放置的平面图形的斜二测直观图是直角梯形O'ABC,且O'A'∥BC', O'A=2BC'=4,AB=2,则该平面图形的面积为 A.12 B.12W2 C.6 D.6W2 7.在△ABC中，BC=2W3,(2AB-AC)·BC=0,且△ABC的面积为3W3,则AC= A.3 B.2W7 C.2W15 D.√57 8.已知向量在单位向量上的投影向量为一，且|材=4，它-(d+)引=2，则H1∈R, è-的最小值为( ) A.2√3-2 B.√13-2 C.√15-2 D.2√3 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.在抛掷硬币试验中，下列说法正确的是() A.抛掷10次，事件“正面朝上”发生的次数可能是10 B.抛掷2次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”互斥 C.抛掷2次，事件“一次正面朝上，一次反面朝上”发生的概率为令 D.抛掷2次，事件“第一次正面朝上”与“第二次正面朝上”相互独立 10.已知△ABC内角A、B、C的对边分别是a、b、c,A=2B,则() A.a2=b(6+c) B.名+答的最小值为3 C.若△ABC为锐角三角形，则号∈(1,2) D.若a=2√6，b=3,则c=3 11.正方体ABCD-ABCD的棱长为2，E,P,G分别为BC,CC1,BB的中点，点P为线 段AG上的动点，则下列结论正确的是（) D A.三棱锥D1-DCB的外接球表面积为4W5π B.三棱锥P一AEF的体积为定值 A B C.平面AEF截正方体所得的截面周长为3√2+2W5 D.直线AP与直线EF所成角余弦值的最大值为② D 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分， 12.掷一枚质地均匀的骰子，记A=“向上的点数是1或3”，B=“向上的点数是1或5”， 则P(AUB)= 13.在△ABC中，角A,B,C所对的边分别为a,b,c.若(a+b+c)(a+b-c)=3ab, 且&2=bc,则as品的值为 14.在三棱锥P-ABC中，平面PABL平面ABC,PB=AB=号PA=V3,∠ACB=号， 3 则三棱锥P一ABC外接球的表面积为 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.(本小题满分13分) 如图，正方体ABCD一A1BCD1的棱长为4，E为BB1中点. (1)求三棱锥A-EAD1的体积： B C D (2)求异面直线BC与DE所成角的大小， E D 16.(本小题满分15分) 从某小学随机抽取100名学生，将他们的身高（单位：c)数据绘制成如图所示的频率分布 直方图， 频率 组距 0.035- 0.020--- 0.010 0.005 01100110120130140150身高/cm (1)求a的值； (②)试估计该小学学生的平均身高； (3)若要从样本身高在[120,130)，[130,140)，[140,150]三组内的学生中，用比例分配的分层 随机抽样的方法选取30人参加一项活动，则从身高在[140,150]内的学生中应选取多少人？ 17.(本小题满分15分) 已知在△ABC中，AB=3,BC=2W3,cOSB= 3 (1)求cosA; (2)设D,E两点满足：D在BA的延长线上，DE∥BC,AE⊥AC.若DE=√，求CE. 18.(本小题满分17分) 如图，已知矩形ABCD,AB=4,AD=2,E是CD的中点，将△ADE沿AE折起，使得点D 到达点P的位置，并连接PB,PC. (1)若PB的中点为F,证明：CF∥平面PAE; (2)若四棱锥P-ABCE的体积为2√2. ()证明：BB⊥平面PAE; D ()求直线PA和平面PBC所成角的正弦值. 19.(本小题满分17分) 2026年中央电视台春节联欢晚会上，人形机器人化身孙悟空，身披战袍威风十足.根据指 令(r,)(r≥0，一π<日≤π)，机器人在平面上能完成下列动作：先原地旋转角度（按逆时针方 向旋转时0为正，按顺时针方向旋转时日为负)，再朝其面向的方向沿直线行走距离？ (1)已知机器人甲位于平面直角坐标系的坐标原点O,且面向x轴正方向，机器人甲执行1次 指令(r,0),移动到点（√2，√2） ()求ro·0的值； ()机器人甲按照指令(2r,)继续移动，机器人乙位于坐标原点，且面向x轴正方向，按照 指令(m,-受)移动，两机器人恰好移动到同一点T,求cos8的值： (2)已知机器人丙位于平面直角坐标系的坐标原点O,且面向x轴正方向. (i)若机器人丙连续执行3次(1)中的指令(ro,0o),移动到点M,求点M的坐标； (恸若机器人丙依次执行9次指令，第i次执行指令(1，牙)，其中i=1,2,3,,99,移动 到点，求点N到原点O的距离.