2022-2023学年江西省宜春市重点中学五校高一（下）联考数学试卷-普通用卷

第=page11页，共=sectionpages11页2022-2023学年江西省宜春市重点中学五校高一（下）联考数学试卷一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.已知复数z=i1+i(其中i为虚数单位)A.12i B.−12i 2.已知角α顶点在坐标原点，始边与x轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点P(−35,A.3215 B.1115 C.−83.已知向量a=(2,−1,2)，A.(−43,23,−24.已知两点A(1,−2)，B(2,1)，直线A.[π4,3π4] B.5.已知函数f(x)=Asin(ωxA.f(x)在[−π4,π6]上单调递增

B.f(x)图象的对称轴方程为x=π126.已知圆C：(x−6)2+(y−8)2=1和两点AA.12 B.11 C.10 D.97.我国古代《九章算术》将底面为矩形的棱台称为刍童.若一刍童为正棱台，其上、下底面分别是边长为2和22的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为A.16π B.18π C.20π8.已知F1，F2是椭圆C：x2a2+y2b2=1(a>b>0A.25 B.105 C.二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）9.下列说法中正确的是(

)A.直线x+y+2=0在y轴上的截距是−2

B.直线x+3y+1=0的倾斜角是60°10.下列说法中正确的是(

)A.非零向量a和b满足|a|=|b|=|a−b|，则a与a+b的夹角为60°

B.向量e1=(2,−3)，e2=11.如图，在扇形OPQ中，半径OP=1，圆心角∠POQ=π6，C

A.弧PQ的长为π6

B.扇形OPQ的面积为π6

C.当sinα=112.数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美.平面直角坐标系中，曲线C：x2+y2A.曲线C围成的图形的面积是2+π

B.曲线C围成的图形的周长是22π

C.曲线C上的任意两点间的距离不超过2

D.若P(三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.在空间直角坐标系中，记点M(1,2,−1)关于x轴的对称点为P，N(114.直线l1：x+y−1=0关于直线l15.在△ABC中，G满足GA+GB+GC=0，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点16.在正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AB=1，AA1四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.(本小题10.0分)

已知直线l经过点P(−2,1)，且与直线x+y=0垂直．

(1)求直线l的方程；

(2)若直线18.(本小题12.0分)

已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)焦点为F1(−2,019.(本小题12.0分)

已知函数f(x)=4sinxcos(x+π3)+3．

(1)求函数20.(本小题12.0分)

如图，直四棱柱ABCD−A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=8，AB=4，∠BAD=60°，E，M，N21.(本小题12.0分)

△ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题．

①2sinA−sinC−2sinBcosC=0；②222.(本小题12.0分)

已知圆C：(x−2)2+y2=1，点P是直线l：x+y=0上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B．

(1)若P的坐标为P(−1,1)，求过点P的切线方程；

(2答案和解析1.【答案】D

【解析】解：z=i1+i=i(1−i)(1+i)(1−i2.【答案】A

【解析】解：终边与单位圆交于点P(−35,45)，

则sinα=451=3.【答案】C

【解析】解：∵a=(2,−1,2)，b=(1,2,3)，

∴a⋅b=6，|a|=24.【答案】C

【解析】【分析】本题考查了斜率计算公式、斜率与倾斜角的关系，属于一般题．

直线l与线段AB有公共点且过点P(0,−1)【解答】解：∵直线l与线段AB有公共点且过点P(0,−1)

∴直线l的倾斜角介于直线PB与直线PA的倾斜角之间

∵kPB=1+12=1，k

5.【答案】C

【解析】解：设函数f(x)的最小正周期为T，由题图可知A=2，

7π12−(−π6)=34T，即3π4=34T，

所以T=π，所以ω=2πT=2，所以f(x)=2sin(2x+φ)．

因为f(7π12)=2sin(2×7π12+φ)=−2，所以2×7π12+φ=−π2+2kπ，k∈Z，

即φ=−5π3+2kπ，k∈Z，又因为0<φ<π2，所以φ=π3，所以f(x)=2sin(2x+π3)．

令6.【答案】B

【解析】解：以AB为直径的圆O的方程为x2+y2=m2，圆心为原点，半径为r1=m．

圆C：(x−6)2+(y−8)2=1的圆心为(6,8)，半径为r2=1．

要使圆C上存在点P，使得∠APB=90°，则圆O与圆C7.【答案】C

【解析】解：设该刍童外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为O1，下底面中心为O2，则由题意，O1O2=1，AO2=2，A1O1=1，OA=OA1=R．

如图，

当O在O1O2的延长线上时，设OO2=h，则在△AOO2中，R2=h2+4①，

在ΔA1OO1中，8.【答案】B

【解析】解：由椭圆的定义可得|MF2|+|MF1|=2a，

结合|MF2|−|MF1|=a可得|MF2|=32a,|MF1|=12a，

由|MF1|+|NF1|=|NF29.【答案】AC【解析】解：根据题意，依次分析选项：

对于A，直线x+y+2=0，令x=0可得y=−2，即直线与y轴的交点坐标为(0,−2)，则直线x+y+2=0在y轴上的截距是−2，A正确；

对于B，直线x+3y+1=0，即y=−33x−33，直线的斜率k=−33，则该直线的倾斜角为150°，B错误；10.【答案】BC【解析】解：对于A，非零向量a和b满足|a|=|b|=|a−b|，

|a−b|=(a−b)2=a2−2a⋅b+b2=|a|2−2a⋅b+|b|2，

所以|a|2=|b|2=|a|2−2a⋅b+|b|2，即a⋅b=12|a|2，

所以|a+b|=(a+b)2=a2+2a⋅b+b2=|a|2+2a⋅b+|b11.【答案】AC【解析】解：由题意知，在扇形OPQ中，半径OP=1，圆心角∠POQ=π6，

故弧PQ的长为π6×1=π6，A正确；

扇形OPQ的面积为12×π6×1=π12，B错误；

在Rt△OBC中，OB=OCcosα=cosα，BC=OCsinα=sinα，

在Rt△OAD中，OA=3AD=3BC=12.【答案】AB【解析】解：对于曲线C：x2+y2=|x|+|y|上任一点P(m,n)，则m2+n2=|m|+|n|，

点P(m,n)关于y轴对称的点为P1(−m,n)，则(−m)2+n2=m2+n2=|m|+|n|=|−m|+|n|，

即点P1(−m,n)在曲线C上，故曲线C关于y轴对称；

点P(m,n)关于x轴对称的点为P2(m,−n)，则m2+(−n)2=m2+n2=|m|+|n|=|m|+|−n|，

即点P2(−m,n)在曲线C上，故曲线C关于x轴对称；

点P(m,n)关于原点对称的点为P3(−m,−n)，则(−m)2+(−n)2=m2+n2=|m|+|n|=|−m|+|−n|，

即点P3(−13.【答案】6【解析】解：点M(1,2,−1)关于x轴的对称点为P，

则P(1,−2,1)，

N(1,−1,2)关于平面y14.【答案】x−【解析】解：在直线l上任意取一点M(x,y)，则点M关于3x−y−3=0的对称点N(a,b)在直线x+y−1=0上，

即a+b−1=0 ①．

再根据3×x+a2−y+b2−3=0y−b15.【答案】43【解析】解：∵GA+GB+GC=0，

∴G为△ABC的重心，且AB=1mAM,AC=1nAN，

∴AG=13AB+13AC=13mAM+13nAN，且16.【答案】5【解析】解：如图，连接B1D1，A1C1，

由题可知，A1C1⊥B1D1，ED1⊥平面A1B1C1D1，

因A1C1⊂平面A1B1C1D1，则ED1⊥A1C1，

又B1D1⊂平面EB1D1，ED1⊂平面EB1D1，ED1∩B1D1=D1，则A1C1⊥平面EB1D1．

又B1E⊂平面EB1D1，

则C1A1⊥B1E，

如图，过E做D1C1平行线，交CC1于F，则F为CC1中点．

连接EF，B1F，过C1作B1F垂线，交BB1于G．

由题可得，D1C1⊥平面BCC1B1，

又17.【答案】解：(1)由题意知直线l的斜率为1，

所求直线方程为y−1=x+2，

即为x−y+3=0；

(2)由直线m与直线l平行，可设直线m的方程为x−y+c=【解析】(1)根据垂直关系求得直线l的斜率，由点斜式写出直线方程，再化为一般式方程；

(2)由平行关系可设直线m的方程为x−y18.【答案】解：(1)椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)焦点为F1(−2,0)，F2(2,0)，且过点Q(−2,3)，

可得：c=2，a2−b2=4，并且4a2+【解析】(1)利用已知条件求出c，结合点在椭圆上，求解a，b，得到椭圆方程；

(2)利用椭圆的定义推出|PF1|19.【答案】解：(1)对于函数f(x)=4sinxcos(x+π3)+3=4sinx(12cosx−32sinx)+3=2sinxcosx−【解析】(1)由题意利用三角恒等变换化简函数的解析式，再根据正弦函数的单调性，得出结论．

(2)由题意，利用函数y=Asi20.【答案】证明：(Ⅰ)连接ME，B1C，

∵M、E分别为BB1、BC中点，∴ME是△B1BC的中位线，可得ME//B1C且ME=12B1C，

又N为A1D中点，A1D//B1C且A1D=B1C，∴ND//B1C且ND=12B1C，

∴ME//DN，且ME=DN，则四边形MNDE为平行四边形，得MN//DE，

【解析】(Ⅰ)连接ME，B1C，由已知可证四边形MNDE为平行四边形，得MN//DE，再由直线与平面平行的判定得MN//平面C1DE；

(Ⅱ)由(Ⅰ)得21.【答案】解：(1)选择①：2sinA−sinC−2sinBcosC=0，

在△ABC中，A=π−(B+C)，所以sinA=sin(B+C)，

所以2sin(B+C)−sinC−2sinBcosC=0，

整理得2sinBcosC+2cosBsinC−sinC−2sinBcosC=0，【解析】对于①：由sinA=sin(B+C)代入经三角恒等变换得B=π3；

对于②：由面积公式与数量积公式得B