2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期中考试数学试卷人教A版

这是一份2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期中考试数学试卷人教A版，共12页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A=x|x>1,B=x|3x+2x−3<0，则A∩B=（ ）
A.1,3B.3,+∞C.1,32D.−23,+∞

2. 若复数z1=2−i，z2=i3−i，则z1+z2的实部为( )
A.1B.2C.3D.4

3. 若向量AB→=1,5，AC→=5,m，AB→⊥AC→，则|BC→|=( )
A.43B.213C.48D.52

4. 荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海．”这句来自先秦时期的名言阐述了做事情不一点一点积累，就永远无法达成目标的哲理．由此可得，“积跬步”是“至千里”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

5. 在正方体ABCD−A1B1C1D1中，异面直线A1B与B1D1所成角的大小为( )
A.30∘B.45∘C.60∘D.90∘

6. 函数fx=sinx−x2e2x+12ex的部分图象大致为( )
A.B.
C.D.

7. △ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c．已知3−csAc=acsC，a=5c，则csA=( )
A.216B.23C.56D.53

8. 如图，在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P，Q分别为棱CC1，B1C1的中点，则经过点D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得截面的面积为( )

A.954B.924C.94D.92
二、多选题

已知复数z=1+2i2+i，则|z|=________．

如图，某几何体为四分之三个球，球的半径为20cm．若在该几何体的表面涂一层防水漆，每平方米需要0.5kg涂料，则给100个这样的几何体涂上涂料需要________kg的涂料．


写出一个定义在R上的函数fx，使得fx的值域为−1,3，且最小正周期为π，则fx=________．

如图，在梯形ABCD中，已知AB//CD，AB=3，BC=7，CD=2，且DA→⋅BC→=−6，则AC→=________AB→+________BD→，梯形ABCD的周长为________.

三、填空题

已知函数fx在0,1上单调递减，在[1,+∞)上单调递增，则必有（ ）
A.flg23>flg32>f2.13
>f0.22.1D.fsin1>fcs1

已知向量a→=1,x，b→=x,4，则（ ）
A.当x=2时，a→//b→B.a→⋅a→+b→的最小值为−5
C.当x=0时，⟨a→,b→⟩=π2D.当|a→|=2时，|b→|=32

函数fx=ax−csx13≤a≤1的零点个数可能为( )
A.1B.3C.4D.5

如图，某人在一条水平公路旁的山顶P 处测得小车在A 处的俯角为30∘，该小车在公路上由东向西匀速行驶7.5分钟后，到达B 处，此时测得俯角为45∘．已知小车的速度是20km/ℎ且cs∠AOB=−338，则( )

A.此山的高PO=3km
B.小车从A到B的行驶过程中观测P点的最小仰角为30∘
C.PA=2km
D.小车从A到B的行驶过程中观测P点的最大仰角的正切值为20111111
四、解答题

已知复数z=csπ9+isinπ9cs2π9+isin2π9．
(1)求z的共轭复数；

(2)若复数z0=2z2−3i，求z0在复平面内对应的点的坐标．

如图，在△ABC中，D，E分别为BC，AB的中点，AD→=3AF→ .

(1)试用AB→，AC→表示EF→；

(2)若AB=2，AC=1，∠BAC=60∘，求cs⟨AC→,EF→⟩ .

如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD是矩形，PA⊥平面ABCD，PA=AB=3，AD=4 .

(1)若平面PAB与平面PCD相交于直线l，证明：l⊥平面PAD；

(2)求点B到平面PCD的距离．

已知函数fx=sinωx−π60<ω<10的图象关于直线x=π12对称．
(1)求fx的最小正周期，

(2)将fx的图象向左平移π24个单位长度后，得到函数gx的图象，求gx在0,π4上的单调递增区间．

如图，四边形ABCD是边长为2的正方形，ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，DE=2FC=2 .

(1)证明：AE//平面BCF；

(2)直线AE与BF是否平行？若平行，请说明理由；若不平行，求异面直线AE与BF所成角的余弦值；

(3)求多面体ABCDEF的体积．

在△ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且ab=b+ca=sinAcsB.

(1)求A；

(2)如图，已知AB=2，D为AC的中点，点P在BD上，且满足AP→⋅CP→=1，求△PAC的面积．
参考答案与试题解析
2020-2021学年湖南省邵阳市高一（下）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为B=−23,3，所以A∩B=1,3．
故选A．
2.
【答案】
C
【考点】
复数的基本概念
【解析】
因为z1=2−i,z2=1+3i，所以z1+z2=3+2i,则z1+z2的实部为3 .
【解答】
解：∵ z1=2−i，z2=i3−i，
∴ z1+z2=3+2i，则z1+z2的实部为3 .
故选C.
3.
【答案】
B
【考点】
数量积判断两个平面向量的垂直关系
向量的模
平面向量数量积
【解析】
无
【解答】
解：因为AB→⊥AC→，
所以AB→⋅AC→=5+5m=0，
解得m=−1，
所以|BC→|=|AC→−AB→|=42+(−6)2=213．
故选B．
4.
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：荀子的名言表明积跬步未必能至千里，但要至千里必须积跬步，故“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件．
故选B．
5.
【答案】
C
【考点】
异面直线及其所成的角
【解析】
无
【解答】
解：在正方体ABCD−A1B1C1D1种，
因为D1C//A1B，
所以∠B1D1C为A1B与B1D1所成的角．
又△B1D1C为等边三角形，
故所求角为60∘．
故选C．
6.
【答案】
A
【考点】
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解：∵ fx=sinx−x2e2x+12ex=sinx−x2ex+e−x2，
且f−x=−sinx+x2e−x+ex2=−fx，
∴ fx为奇函数，
又∵ fπ2=1−π4eπ+12eπ2>0，
∴ 只有A符合．
故选A．
7.
【答案】
C
【考点】
余弦定理
正弦定理
【解析】
因为3−csAc=acsC，所以3sinC−csAsinC=sinAcsC，
即3sinC=sinCcsA+sinAcsC=sinA+C=sinB，则3c=b .
又a=5c，所以csA=b2+c2−a22bc=9c2+c2−526r2=56 .
【解答】
解：因为3−csAc=acsC，
所以3sinC−csAsinC=sinAcsC，
即3sinC=sinCcsA+sinAcsC=sinA+C=sinB，
故3c=b，
又a=5c，
所以csA=b2+c2−a22bc=9c2+c2−5c26c2=56.
故选C.
8.
【答案】
D
【考点】
棱柱的结构特征
【解析】
本题主要考查空间中直线与平面的位置关系，异面直线所成角的计算．
【解答】
解：如图，
由图可知，过D，P，Q三点的平面截正方体ABCD−A1B1C1D1所得的截面为等腰梯形A1QP，
且A1Q=PD=5，PQ=2，A1D=22，
所以梯形A1QPD的面积为92.
故选D.
二、多选题
【答案】
1
【考点】
复数的模
复数代数形式的乘除运算
【解析】
无
【解答】
解：因为z=1+2i2+i=(1+2i)(2−i)(2+i)(2−i)=45+35i，
所以|z|=(45)2+(35)2=1．
故答案为：1．
【答案】
8π
【考点】
球的表面积和体积
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为该几何体的表面积S=34×4π×202+π×202=1600πcm2，
所以100个这样的几何体的表面积为16πm2，故共需要涂料8πkg．
故答案为：8π．
【答案】
2sin2x+1(答案不唯一)
【考点】
函数的值域及其求法
三角函数的周期性及其求法
【解析】
根据题意，写出符合要求的函数即可．
【解答】
解：fx=2sin2x+1，
∵T=2π2=π，
且sin2x的值域为[−1,1]，
则2sin2x值域为[−2,2]，
∴fx值域为[−1,3]．
故答案为：2sin2x+1(答案不唯一)．
【答案】
53,1,5+6+7
【考点】
向量在几何中的应用
向量加减混合运算及其几何意义
【解析】
无
【解答】
解：如图，
∵ AD→=AB→+BD→，
∴ AC→=AD→+DC→=AD→+23AB→=53AB→+BD→．
∵ AB→+BC→+CD→+DA→=0→，
∴ AB→+CD→=−BC→+DA→，
∴ AB→+CD→2=BC→+DA→2．
又DA→⋅BC→=−6=AB→⋅CD→ ，
∴ AB→2+CD→2=BC→2+DA→2，
则32+22=7+AD2，解得AD=6，
∴ 梯形ABCD的周长为5+6+7．
故答案为：53；1；5+6+7．
三、填空题
【答案】
B,C
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为lg23>1>lg32>0，所以flg23>flg32未必成立．
因为2.23>2.13>1，0<0.22.2<0.22.1<1，1>sin1>cs1>0，
所以f2.23>f2.13，f0.22.2>f0.22.1，fsin1故选BC．
【答案】
A,C
【考点】
平面向量数量积的运算
数量积表示两个向量的夹角
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：易知，当x=2时，a→，b→同向，所以A正确．
因为a→⋅a→+b→=x2+5x+1=x+522−214≥−214，所以B错误．
当x=0时，a→⋅b→=0，则⟨a→,b→⟩=π2，所以C正确．
当|a→|=2时，x2=3，则|b→|=19，所以D错误．
故选AC．
【答案】
A,B
【考点】
函数的零点
【解析】
因为fx=ax−csx的零点个数即为函数y=ax,y=csx图象交点的个数，由图可知，当a=1时，交点只有1个；当a=13时，交点有3个．当正数a越大，交点个数越少，故零点个数可能为1或2或3，选AB．
【解答】
解：因为fx=ax−csx的零点个数即为
函数y=ax，y=csx图象交点的个数，
由图可知，当a=1时，交点只有1个；当a=13时，交点有3个，
当正数a越大，交点个数越少，故零点个数可能为1或2或3．
故选AB.
【答案】
B,C,D
【考点】
余弦定理
解三角形的实际应用
【解析】
无
【解答】
解：由题意，得∠OAP=30∘，∠OBP=45∘，
设OP=xkm，OP⊥OA，OP⊥OB，
则OA=3xkm，OB=xkm．
∵ AB=7.5×160×20=52km，
∴ 由余弦定理可知， cs∠AOB=OA2+OB2−AB22OA⋅OB
=4x2−25423x2=−338，
解得x=1，从而PA=2km．
∵ sin∠AOB=378，
∴ 由等面积法可得O到AB的距离ℎ=11120，
则最大仰角的正切值为POℎ=20111111．
又AO>BO，∴ 最小仰角为30∘．
故选BCD．
四、解答题
【答案】
解：(1)因为z=csπ9cs2π9−sinπ9sin2π9
+sinπ9cs2π9+csπ9sin2π9i，
所以z=csπ9+2π9+sinπ9+2π9i=12+32i，
故z的共轭复数为12−32i．
(2)因为z0=1+3i2−3i=1+3i2+3i2−3i2+3i
=−1+33i7=−17+337i，
所以z0在复平面内对应的点的坐标为−17,337．
【考点】
求两角和与差的正弦
共轭复数
复数的基本概念
复数代数形式的乘除运算
【解析】
（1）因为z=csπ9cs2π9−sinπ9sin2π9+isinπ9cs2π9+csπ9sin2π9，
所以z=csπ9+2π9+sinπ9+2π9=12+32i，
故z的共轭复数为12−32i．
（2）因为z0=1+3i2−3i=1+3i2+3i2−3i2+3i=−1+33i7=−17+337i，
所以z0在复平面内对应的点的坐标为−17,337．
【解答】
解：(1)因为z=csπ9cs2π9−sinπ9sin2π9
+sinπ9cs2π9+csπ9sin2π9i，
所以z=csπ9+2π9+sinπ9+2π9i=12+32i，
故z的共轭复数为12−32i．
(2)因为z0=1+3i2−3i=1+3i2+3i2−3i2+3i
=−1+33i7=−17+337i，
所以z0在复平面内对应的点的坐标为−17,337．
【答案】
解：(1)∵ AD→=3AF→，D为BC的中点，
∴ AF→=13AD→=16AB→+16AC→ ，
又E为AB的中点，∴ AE→=12AB→，
∴ EF→=AF→−AE→=−13AB→+16AC→ .
(2)∵ AB=2，AC=1，∠BAC=60∘，
∴ AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|cs60∘=1，
∴ AC→⋅EF→=AC→⋅−13AB→+16AC→
=−13AC→⋅AB→+16AC2→=−16，
又EF→2=−13AB→+16AC→2=136(AC→−2AB→)2
=136(AC→2+4AB→2−4AB→⋅AC→=1336，
则|EF→|=136，
∴ cs⟨AC→,EF→⟩=AC→⋅EF→|AC→||EF→|=−1313 .
【考点】
向量在几何中的应用
数量积表示两个向量的夹角
平面向量数量积的运算
【解析】
（1）因为AD→=3AF→，D为BC的中点，
所以AF→=13AD→=16AB→+16AC→ .
又E为AB的中点，所以AE→=12AB→，
所以EF→=AF→−AE→=−13AB→+16AC→ .
（2）因为AB=2,AC=1,∠BAC=60∘，所以AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|cs60∘=1，
所以AC→⋅EF→=AC→⋅−13AB→+16AC→=−13AC→⋅AB→+16AC2→=−16．
又EF→=−13AB→+16AC→2=136(AC→−2AB→)2=136(AC→2+4AB→2−4AB→⋅AC→=1336，
则|EF→|=136，
故csAC→,EF→=AC→⋅EF→|AC→||EF→|=−1313 .
【解答】
解：(1)∵ AD→=3AF→，D为BC的中点，
∴ AF→=13AD→=16AB→+16AC→ ，
又E为AB的中点，∴ AE→=12AB→，
∴ EF→=AF→−AE→=−13AB→+16AC→ .
(2)∵ AB=2，AC=1，∠BAC=60∘，
∴ AB→⋅AC→=|AB→|⋅|AC→|cs60∘=1，
∴ AC→⋅EF→=AC→⋅−13AB→+16AC→
=−13AC→⋅AB→+16AC2→=−16，
又EF→2=−13AB→+16AC→2=136(AC→−2AB→)2
=136(AC→2+4AB→2−4AB→⋅AC→=1336，
则|EF→|=136，
∴ cs⟨AC→,EF→⟩=AC→⋅EF→|AC→||EF→|=−1313 .
【答案】
(1)证明：因为CD//AB，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，
所以CD//平面PAB，
又因为CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD=l，
所以CD//l，
因为PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA．
又因为CD⊥AD，AD∩PA=A，
所以CD⊥平面PAD，
所以l⊥平面PAD．
(2)解：因为ABCD是矩形，所以AB//CD，
所以AB//平面PCD，
所以点B到平面PCD的距离即点A到平面PCD的距离，
如图，过点A作AE⊥PD，垂足为E，
因为CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE ，
又PD∩CD=D，所以AE⊥平面PCD，
又PD=PA2+AD2=5，
则AE=PA⋅ADPD=125，
所以点B到平面PCD的距离为125．
【考点】
直线与平面垂直的判定
点、线、面间的距离计算
直线与平面垂直的性质
【解析】
（1）证明：因为CD//AB,AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，
所以CD//平面PAB .
又因为CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD=l，
所以CD//l．
因为PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA．
又因为CD⊥AD,AD∩PA=A，
所以CD⊥平面PAD，
所以l⊥平面PAD．
（2）解：易证AB//平面PCD，所以点B到平面PCD的距离即点A到平面PCD的距离，
如图，过点A作AE⊥PD，垂足为E．
因为CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE .
又PD∩CD=D，所以AE⊥平面PCD．
又PD=PA2+AD2=5，则AE=PA⋅ADPD=125，
所以点B到平面PCD的距离为125．
【解答】
(1)证明：因为CD//AB，AB⊂平面PAB，CD⊄平面PAB，
所以CD//平面PAB，
又因为CD⊂平面PCD，平面PAB∩平面PCD=l，
所以CD//l，
因为PA⊥平面ABCD，所以CD⊥PA．
又因为CD⊥AD，AD∩PA=A，
所以CD⊥平面PAD，
所以l⊥平面PAD．
(2)解：因为ABCD是矩形，所以AB//CD，
所以AB//平面PCD，
所以点B到平面PCD的距离即点A到平面PCD的距离，
如图，过点A作AE⊥PD，垂足为E，
因为CD⊥平面PAD，所以CD⊥AE ，
又PD∩CD=D，所以AE⊥平面PCD，
又PD=PA2+AD2=5，
则AE=PA⋅ADPD=125，
所以点B到平面PCD的距离为125．
【答案】
解：(1)∵ fx=sinωx−π6的图象关于直线x=π12对称，
∴ ωπ12−π6=π2+kπk∈Z，
即ω=8+12kk∈Z．
又0<ω<10，∴ ω=8，
∴ fx的最小正周期T=2π8=π4．
(2)依题意可得gx=fx+π24=sin8x+π6，
当x∈0,π4时，8x+π6∈π6,13π6，
当8x+π6∈π6,π2时，gx单调递增；
当8x+π6∈3π2,13π6时，gx单调递增，
∴ gx在0,π4上的单调递增区间为0,π24,π6,π4．
【考点】
正弦函数的周期性
函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
正弦函数的单调性
【解析】
（1）因为fx=sinωx−π6的图象关于直线x=π12对称，
所以ωπ12−π6=π2+kπk∈Z，
即ω=8+12kk∈Z．
又0<ω<10，所以ω=8，
故fx的最小正周期T=2π8=π4．
（2）依题意可得gx=fx+π24=sin8x+π6，
当x∈0,π4时，8x+π6∈π6,13π6，
当8x+π6∈π6,π2时，gx单调递增，
当8x+π6∈3π2,13π6时，gx单调递增，
故gx在0,π4上的单调递增区间为0,π24,π6,π4．
另法：由−π2+2kπ≤8x+π6≤π2+2kπk∈Z．
得−π12+kπ4≤x≤π24+kπ4k∈Z．
故gx在0,π4上的单调递增区间为0,π24,π6,π4．
【解答】
解：(1)∵ fx=sinωx−π6的图象关于直线x=π12对称，
∴ ωπ12−π6=π2+kπk∈Z，
即ω=8+12kk∈Z．
又0<ω<10，∴ ω=8，
∴ fx的最小正周期T=2π8=π4．
(2)依题意可得gx=fx+π24=sin8x+π6，
当x∈0,π4时，8x+π6∈π6,13π6，
当8x+π6∈π6,π2时，gx单调递增；
当8x+π6∈3π2,13π6时，gx单调递增，
∴ gx在0,π4上的单调递增区间为0,π24,π6,π4．
【答案】
(1)证明：因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
所以CF//DE．
又因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
所以CF//平面ADE．
在正方形ABCD中，BC//AD，
因为AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
所以BC//平面ADE，
又BC∩CF=C，
所以平面AED//平面BCF．
又AE⊂平面AED，
所以AE//平面BCF．
(2)解：直线AE与BF不平行．
理由：如图，取DE的中点G，连结GA，GF，
则GF//DC且GF=DC，
又因为AB//DC且AB=DC，
所以GF//AB且GF=AB，
所以四边形ABFG是平行四边形，
所以AG//BF，
则∠EAG是异面直线AE和BF所成的角，
在△EAG中，EG=1，AE=22，AG=5，
所以cs∠EAG=AE2+AG2−FG22AG⋅AE=31010，
即异面直线AE与BF所成角的余弦值为31010.
(3)解：如图，连接EC，
则VE−ABCD=13×2×2×2=83，
易证CD⊥平面BCF，
则VE−BCF=13S△BCF ⋅DC=13×12×2×1×2=23，
所以多面体ABCDEF的体积V=VE−ABCD +VE−BCF =103．
【考点】
直线与平面平行的判定
异面直线及其所成的角
余弦定理
柱体、锥体、台体的体积计算
【解析】
无
无
无
【解答】
(1)证明：因为ED⊥平面ABCD，FC⊥平面ABCD，
所以CF//DE．
又因为DE⊂平面ADE，CF⊄平面ADE，
所以CF//平面ADE．
在正方形ABCD中，BC//AD，
因为AD⊂平面ADE，BC⊄平面ADE，
所以BC//平面ADE，
又BC∩CF=C，
所以平面AED//平面BCF．
又AE⊂平面AED，
所以AE//平面BCF．
(2)解：直线AE与BF不平行．
理由：如图，取DE的中点G，连结GA，GF，
则GF//DC且GF=DC，
又因为AB//DC且AB=DC，
所以GF//AB且GF=AB，
所以四边形ABFG是平行四边形，
所以AG//BF，
则∠EAG是异面直线AE和BF所成的角，
在△EAG中，EG=1，AE=22，AG=5，
所以cs∠EAG=AE2+AG2−FG22AG⋅AE=31010，
即异面直线AE与BF所成角的余弦值为31010.
(3)解：如图，连接EC，
则VE−ABCD=13×2×2×2=83，
易证CD⊥平面BCF，
则VE−BCF=13S△BCF ⋅DC=13×12×2×1×2=23，
所以多面体ABCDEF的体积V=VE−ABCD +VE−BCF =103．
【答案】
解：(1)因为ab=sinAcsB，
由正弦定理可得sinAcsB=sinBsinA.
又sinA≠0，则tanB=1.
因为B∈0,π，
所以B=π4.
由ab=b+ca，可得a2=b2+bc，
即a2+c2−b22ac=c+b2a，
所以c+b=2acsB．
由正弦定理可得sinC+sinB=2sinAcsB，
则sinA+B+sinB=2sinAcsB，
可得sinB=sin(A−B)，
则B=A−B或B+A−B=π（舍去），
所以A=2B=π2.
(2)因为AP→⋅CP→=1，
所以AP⋅CPcs∠APC=1．
由(1)得∠BAC=π2，∠B=π4，
所以AB=AC=2.
因为D为AC的中点，
所以CD=AD=1.
又因为AC2=AP2+CP2−2AP⋅CPcs∠APC，
所以AP2+CP2=6．
因为CP2=CD2+DP2−2CD⋅DPcs∠CDP，
AP2=AD2+DP2−2AD⋅DPcs∠ADP，
两式相加可得CP2+AP2=CD2+AD2+2DP2，
解得DP=2．
如图，过点P作PE⊥AC，
则S△PACS△ABC=EPAB=DPBD=25=105.
又因为S△ABC=12AB⋅AC=2,
所以S△PAC=2105 ．
【考点】
余弦定理
正弦定理
平面向量数量积
【解析】
(1)答案未提供解析．
(2)答案未提供解析．
【解答】
解：(1)因为ab=sinAcsB，
由正弦定理可得sinAcsB=sinBsinA.
又sinA≠0，则tanB=1.
因为B∈0,π，
所以B=π4.
由ab=b+ca，可得a2=b2+bc，
即a2+c2−b22ac=c+b2a，
所以c+b=2acsB．
由正弦定理可得sinC+sinB=2sinAcsB，
则sinA+B+sinB=2sinAcsB，
可得sinB=sin(A−B)，
则B=A−B或B+A−B=π（舍去），
所以A=2B=π2.
(2)因为AP→⋅CP→=1，
所以AP⋅CPcs∠APC=1．
由(1)得∠BAC=π2，∠B=π4，
所以AB=AC=2.
因为D为AC的中点，
所以CD=AD=1.
又因为AC2=AP2+CP2−2AP⋅CPcs∠APC，
所以AP2+CP2=6．
因为CP2=CD2+DP2−2CD⋅DPcs∠CDP，
AP2=AD2+DP2−2AD⋅DPcs∠ADP，
两式相加可得CP2+AP2=CD2+AD2+2DP2，
解得DP=2．
如图，过点P作PE⊥AC，
则S△PACS△ABC=EPAB=DPBD=25=105.
又因为S△ABC=12AB⋅AC=2,
所以S△PAC=2105 ．