2022-2023学年湖北省高中名校联盟高一（下）数学试卷

2022-2023学年湖北省高中名校联盟高一(下)联合测评数学试

卷

1.设集合4={y|y=sinx},B={y\y=2X),则4nB=()

A.(-1,0)B.[0,1)C.(0,1]D.(0,1)

2.已知i为虚数单位，复数z=i(a-2i)的虚部与实部互为相反数，则实数a=()

A.-1B.-2C.1D.2

3.立体几何中的四个基本事实是学习立体几何的基础，下列四个命题中不是立体凡何中的

基本事实的是()

A.过不在一条直线上的三点，有且仅有一个平面

B.如果一条直线上的两点在一个平面内，那么这条直线上的所有点都在这个平面内

C.平行于同一条直线的两条直线平行

D.垂直于同一条直线的两条直线平行

4.已知向量方石满足同=2,|3|=347=0，则|五+3|=()

A.B.1C.5D.

5.点P在以坐标原点为圆心，半径为1的圆。上逆时针做匀速圆周运动，起点为圆。与x轴正

半轴的交点，点Q为丫=一二%(工30)与圆。的交点，记点P运动到点R,使得sin/ROQ=|(

点R在第二象限)，则点R的坐标为()

V5-2XT3-yTS-2^3-2+<^5

A.(-6，-6-)B.(6，-6-)

-/-5-27-3^

•(6,6)•(-6-'6•

6.将函数/(x)=Csinx+cosx向右平移w”>0)个单位长度后得到一个偶函数，则实数

9的最小值为()

7.在直三棱柱中，AB1BC,AB=BC=BB「过点4作直线，与&G和&C所

成的角均为a,则a的最小值为()

A.60°B.45°C.30°D.15°

8.在44BC中，a,b,c分别为角4B,C所对的边,△ABC的面积为|,而•CBG(C,3，^),

则(c+a—b)(c+b-a)的取值范围为()

A.(8日-8,8)B.(6厅12+6/3)

C.(12-6124)D.(12-6<^,6V-3)

9.己知i为虚数单位，则()

A.复数z=2-3i在复平面内对应的点位于第四象限

B.|l-2i|=5

C.i+i2+i3+-+z2023=-l

D.z=1—y/^i,贝!Jz,z=4

10.已知向量五=(cos9,s讥9)(。e［0,兀］)，则()

A.若。〃石，贝I。屋B.己方的最小值为一1

C.|Q+石|=|五-可能成立D.|胃-另|的最大值为3

11.已知正方体力BCD-力iB©。］的棱长为1,点P为线段BG上的动点，则()

A.DP〃平面4当。1

B.D/+CP的最小值为J1+，工

C.直线DP与平面4BCD、平面DCGD1、平面2。必4所成的角分别为a,。，y,则siMa+

sin2j8+sin2y=1

D.点C关于平面4%劣的对称点为M,则M到平面4BC0的距离为g

12.在△ABC中，角4,B,C的对边分别为a,b,c,a=3,A=/。为△ABC的外心，则

()

A.若AABC有两个解，则3<c<2c

B.方九前的取值范围为［_3门,37~^

C.而.方的最大值为9

D.若B,C为平面上的定点，则4点的轨迹长度为兀

13.在^ABC中，内角4B,C所对的边分别为a,b,c.若a=3,b=5,sinB=则cos4=

14.已知点4(0,2),B(2,3),C(3,3),D(6,7),则荏在而上的投影向量为.(用坐标表

示)

15.已知函数/■(>)满足y=f(x+1)-1为奇函数，则函数f(x)的解析式可能为(写出

一个即可).

16.己知正三棱锥4—BCD的侧棱长为3,4BAC=4BAD=4乙4。=5过顶点4作底面BCD

的垂线，垂足为E,过点E作侧面ABC的垂线，垂足为F,过点F作平面力BD的垂线，垂足为G,

连接相关线段形成四面体4EFG,则四面体2EFG的外接球的表面积为.

17.已知|砧=3,|石|=2,向量方石的夹角为60。1=2弓+3瓦2=①1-2方，其中血6/?.

(1)若不〃2，求实数Tn的值；

(2)若工，名求实数TH的值.

18.在△ABC中，角4B,C的对边分别为a,b,c,2sinA—>/-3cosC=

tanB

(1)求B的大小；

(2)若8为锐角，求sinA+sinB+sinC的取值范围.

19.意大利数学家卡瓦里在坏可分量几何学J)中讲解了通过平面图形旋转计算体积的方

法.如图，48为半圆的直径，C,。为半圆弧上的点，AB=4,NCB4=NB4)=60。，阴影部

分为弦BC,CD,/M与半圆弧所形成的弓形,将该几何图形绕着直径4B所在直线旋转一周，阴

影部分旋转后会形成一个几何体.

(1)写出该几何体的主要结构特征(至少两条)；

(2)计算该几何体的体积.

20.某地政府为了解决停车难问题，在一块空地上规划建设一个四边形停车场.如图，经过测

量力B=2,BC=6,CD=4,DA=4,中间AC是一条道路，其面积忽略不计.

(1)求3cosB-4cosD的值；

(2)△ABC,△ACO的面积分别记为Si，S2,求贷+S/的最大值.

B

D

21.如图，在正四棱锥P-4BCD中，PA=2,AB=C，M,N分别为PA,PC的中点.

(1)证明：平面PBDJ■平面BMN；

(2)求直线P8与平面BMN所成角的正弦值;

(3)求该四棱锥被平面BMN所截得的两部分体积之比含，其中％〈收.

22.(1)已知函数f(x)=x+?(x>O,aeR),指出函数/(x)的单调性.(不需要证明过程);

(2)若关于。的方程sin22。+ksin29+yTlkcos^-^)sin29+4sm2(6>+^)+2k(sin8+

cos0)+k=0在。e[0,另有实数解，求实数k的最大值.

答案和解析

1.【答案】c

【解析】解：集合4={y\y=sin%]={y|-1<y<1},

B={y\y=2X]=(y\y>0],

则AnB={y|0<y<1).

故选：C.

求出函数的值域，然后求解交集即可.

本题考查函数的值域，交集的求法，考查计算能力.

2.【答案】B

【解析】解：复数z=-2i)=2+ai,

•.・复数z=i(a-2i)的虚部与实部互为相反数，

•••2=—a,即a=—2.

故选:B.

根据已知条件，结合复数的四则运算，以及实部、虚部的定义，即可求解.

本题主要考查复数的四则运算，以及实部、虚部的定义，属于基础题.

3.【答案】D

【解析】解：由选项内容可知，ABC选项为立体几何中的基本事实，。选项，垂直于同一条直线

的两条直线可能异面，可能相交，可能平行，故。不是立体几何中的基本事实.

故选：D.

由立体几何中的基本事实相关概念可判断各选项正误.

本题考查直线与平面的位置关系的判断，是基础题.

4【答案】A

【解析】解：因为|五|=2,|3|=3'a-b=0<

所以(五+b)2=£+21,b+b=4+0+9=13，

所以||+9|=<13.

故选：/.

根据平面向量的数量积求模长即可.

本题考查了平面向量的数量积与模长计算问题，是基础题.

5.【答案】B

【解析1解：如图设单位圆与坐标轴的交点分别为4、B、C、D,

因为点Q为y=<0)与圆。的交点，所以NCOQ=120°,

则N/OQ=30°,乙BOQ=60°,因为sinZ_ROQ=泉点R在第二象限,

所以si7i30°<sin乙ROQ<s讥45°,

所以COSNROQ=Vl-sin2z/?OQ=容，

・•.xR=cusQROQ+120°)=cosZ-R0Qcosl200—sinZ/?OQsml20°

C,1、2yf~3-<5-2^

312J326

(乙

yR=sinROQ+120°)=sinZ/?OQcosl20°+cosz./?OQsml20°

=2x(-3+^xW=，2+E即：2+E).

3V2J32616161

故选：B.

依题意画出图形，根据同角三角函数的基本关系求出cos/ROQ,则4cos(zJ?OQ+120°),yR=

sin^ROQ+120。)利用两角和的正余弦公式计算可得.

本题考查三角函数的定义，两角和差公式，属于中档题.

6.【答案】B

【解析】解：函数/(%)=V^sinx+cosx=2sin(x+不)的图象向右平移卬个单位，

得到=2s讥(x+3+w),由于该函数为偶函数，故,+e=/ot+*(AeZ),整理得＜p=ATT+半

(k6Z),

当k=。时，(P=等

故选：B.

首先利用三角函数的关系式的恒等变换，把函数的关系式变形成正弦型函数，进一步利用函数的

性质求出结果.

本题考查的知识要点：函数的关系式的恒等变换，正弦型函数的性质，主要考查学生的理解能力

和计算能力，属于基础题.

7.【答案】C

【解析】解：因为AC〃41G，贝叱当。4为异面直线&C］和&C所成

的角，

由题意可得：AC=BiA=BC则NB1&4=60°,

过点C作直线I的平行线则/与NB1C4的角平分线重合时，a取得最

小值30。.

故选：C.

根据题意分析可得NB1C4为异面直线41cl和BiC所成的角，进而可

得直线2与N/CA的角平分线重合时，a取到最小，分析求解即可.

本题考查了异面直线所成的角的有关问题，属于中档题.

8.【答案】B

1QO

【解析】解：^S^--absinC-Aab=

△"ABJC22sine

.-.AC-CB=abcosfji-C)=-abcosC=-=--^76(AT3,3/3)

从而tan。6(——?),

A表c5

c・

6i-G-

r••21

22222

・•.(c+Q—b)(c+b—a)=c—(a—h)=c—a—b+2ab

=-2abcosC+2ab=2ab(1-cosC)=6。蓝=£(6厅12+6门).

6tane

故选：B.

由三角形的面积为反，可得必=吃，进而可得-白€可求C6(穹浮)，计算可求

/SITU3O

(c+a-b)(c+b-a)的取值范围.

本题考查三角形的面积公式，考查余弦定理的应用，属中档题.

9.【答案】ACD

【解析】解：z=2-3i在复平面内对应的点(2,-3)位于第四象限，故A正确；

|1—2i\=V1+4=V-5，故B错误；

i+i2+i3+i4=0,i4=1,

故t+/+]3+…+/023=j++户=_i,故c正确；

z=1-V-3i，

故z-£=(1—<3i)(l+Ci)=4,故D正确.

故选：ACD.

根据已知条件，结合复数的几何意义，复数模公式，复数的四则运算，以及共扼复数的定义，即

可求解.

本题主要考查复数的几何意义，复数模公式，复数的四则运算，以及共甄复数的定义，属于基础

题.

10.【答案】C

【解析[解：若61]b，贝Usin。=V_3cos。，即tan。=

由。G[0,可可得。=94错误；

1,b=cos。+=2sin(。+弓)S2,即最大值为2,B错误:

当0=知时，a-b=2sin(。+分=0,

\a+b\=J(5+1)2=J/+2万•1+)2=J5+2限百

\a-b\=J(a-K)2=JV—2五•石+石2=yj5—2a-K*

当五•b—cos0+Ustn。=0，即tern。=—孕，。=到寸成立，

3o

所以|三+9I=I五一9I可能成立，。正确；

由0工847T可得1W6+'W[Wsin(6+[)W1,

OOOLO

所以己3=2sin(。+5)6[-1,2],

故|五一9|=J(a-b)2=Ja2-2a-b+b2=V5-2a-b=J5-4s讥(0+,W],。错

误.

故选：C.

由已知结合向量平行的坐标表示及向量数量积的性质的坐标表示检验各选项即可判断.

本题主要考查了向量数量积的性质的坐标表示的应用，属于中档题.

11.【答案】ACD

【解析】解：对于4如图车接08,DC1,ABr,4。1，BM，

在正方体ABCD-4/16%中，因为力B〃DC,AB=D^,

所四边形ABC]/为平行四边形，所以4CJ/BC1，

又Bgu平面BG。，AD1仁平面BCi。，所以ZD1〃平面BCiD,

同理可得DiBJ/DB,又DBu平面BGD,D$iC平面BC1。,

所以久当〃平面BG。，由A%nA%=。「AD】，D/iu平面

所以平面Bq。〃平面48山1，因为CPu平面BQO,所以。P〃4/。，故A正确;

对于B,如图将平面D1GB和平面BCiC展开到同一个平面，连接D】C,

DrP+CP的最小值即为。传，在正方体可得。传1J_平面BCiC,

GBu平面BCiC,所以56_LG8且C】C=BC,CTC1BC,所以

则平面中4D£C=*，

2

由余弦定理得。道2=久分+CXC-2%Ci•GC-coszDCC=l+l-2xlxlx(-3)=2+

C，

即。C=J2+。，故B错误;

对于C,如图，过P作PN1GC于N,PE1BC于E,PQJ■平面ADD14于Q,

连接。。，DE,DN,PC,

由正方体易得PN1平面。CGDi，PE_L平面ABCC,

又直线DP与平面4BC。、平面DCGA、平面2。。送1所成的角分别为a,0,y,

sina-s'mZ-PDE=将，sin（i—sin4PDN—黑，sinr-sin^PDQ=第，

2

则sin2a4-sin/?+sin2y=瑞产+送）2+端）2=PE2+;1+PQ2,

因为PQ1平面4。么必，CO_L平面4。。遇1，贝iJPQ〃CD,R.PQ=CD,

所以四边形PQDC为平行四边形，所以DQ=PC,

又在矩形PNCE中可得PE?+PN2=PE2+BC2=PC2,所以PB?+PN2=DQ2,

在RtAPQD中，DQ2+PQ2=PD2,所以PE?+PI/2+PQ2=pc2,

即si/a+siM。+sin2r=1,故C正确；

对于D,连接AC,DC&G，连接41c交平面ABmi于尸，过F作FH〃立交4c于H,

在正方体中可得，41cli当为，CGJL平面41B1QD,因为当作u平面丁当口」,

所以CQn4ci=C\,CCi，&Gu平面41clC,

所以Bi。11平面&CiC,又41cu平面&GC,

所以当。114以同理可得14以

因为4DiA=Di，AD,BQu平面所以4C1平面4/5，即4F1平面4B/1，

因为正方形的面对角线=481=，讶，所以△为正二角形，又匕LA%OI=

匕-4出。1，

•,亭“8必•4/=1ShABD-AAi，贝必F=SA铲必竺1=fW'S"n==

311Jiii^x\/2xyr2xs\n^§

因为正方体的体对角线41c=C，所以41F=》C,因为尸”//ZC,

所以F乃H=方CF=或2即尸4=9g因为44「平面48C。,

A\AA\C53

所以F到平面ABC。的距离为I，由于点C关于平面AB]/的对称点为M,

则F为CM中点，于是M到平面48co的距离为全故£>.

故选：ACD.

根据正方体的几何性质结合线面平行判定定理、勾股定理、余弦定理、线面夹角的定义、点到平

面的距离，逐项分析解答即可得答案.

本题考查空间几何体的性质，考查运算求解能力，考查推理论证能力，属中档题.

12.【答案】AB

【解析】解：对于4△”（?中，a=3,4冶，若△4BC有两个解，则csirM<

a<c,

即浮c<3<c，解得3<c<2/3,所以选项A正确;

3

对于B,由正弦定理得高=2R,所以R=K=Cf,

oiHriZX—

设乙4oc=o,则4B0C=2TT—与一e=与一共其中ee（o,亨）,

所以瓦5BC=0A-(0C-0B')

0A0C-0A0B

=3cos。-3cos(——。)

=3(|cosO+ysin0)

=3<3sin(0+1),

因为06(0,第，所以0+江岁圣，所以sin(0+》C所1,1],

所以3Csin(0+96[-3，^,3「],选项B正确；

对于C,'BABC=(OA-OB)■(OC-OB)

->--»-->-->-->-->--»2

=。4•。。一。4・。8—08•。。+。8

=3cos3—3cos(芋-8)-3cos+3

=3V""^sin(6+亨)+£Wg-3，~^，2+3，"可，选项C错误；

对于D,4=g，。为MBC的外心，所以乙8。。=等，

所以点A的轨迹是优弧BC,不包括端点，

计算优弧长为|X2兀/?=殍兀，选项。错误.

故选：AB.

选项A中，根据AABC有两个解，满足csinA<a<c,由此求出c的取值范围；

选项8中，由正弦定理以及平面向量的数量积，即可求出示•旅的取值范围；

选项C中，利用选项8的结论，即可求出瓦入”的取值范围；

选项。中，根据题意，结合图形得出点4的轨迹是优弧BC,不包括端点，由此求出轨迹长度.

本题考查了平面向量的数量积与解三角形的应用问题，也考查了推理与判断能力，是中档题.

13.【答案】亨

【解析】解：根据题意，由正弦定理号=刍，

stnAsinb

可得si"=二竺=当.，

D53

又a<b,可得A为锐角，

所以cosA=V1—sin2/l=J1—(1)2=

故答案为：竽.

根据题意，由正弦定理可得s讥4的值，利用大边对大角可求得4为锐角，利用同角三角函数基本

关系式即可求解cos4的值.

本题考查了正弦定理，大边对大角，同角三角函数基本关系式等知识在解三角形中的应用，属于

基础题.

14.【答案】(|,|)

【解析】解：•••4(0,2),B(2,3),C(3,3),0(6,7),

：.AB=(2,1),CD=(3,4)，

.-.AB-CD=10，|CD|=5，

•••亚在而上的投影向量为窄祟-T==7=

故答案为：

先求出荏，丽的坐标，再利用投影向量的定义求解.

本题主要考查了投影向量的定义，属于基础题.

15.【答案】f(x)=x(答案不唯一)

【解析】解：取/'(x)=x,则y=f(x+1)—1=(x+1)—1=x符合题意.

故答案为：f(x)=x(答案不唯一).

根据奇函数的定义选择函数/(x)的解析式即可.

本题考查奇函数的定义，属于基础题.

16.【答案】37r

【解析】解：由正三棱锥4-BCD可得E为等边△BCD的中心，由题设可得等边^BCD的边长为3「，

取BC的中点为M,连接AM,EM,则AMIBC,BC1EM,

M

C

故AM=J.V9+9=学,EM=371=孚，故EA=/，号口

222322\24

而AMnEM=M,AM,EMu平面4EM,故8cl平面AEM,而BCu平面ABC,

故平面4EML平面ABC过E作ET14M,垂足为T,因为平面4EMn平面ABC=AM,

£Tu平面4EM,故£71平面ABC,故7,F重合.

过尸作4B的垂线，垂足为N,

因为NB4C==],故A814C,ACLAD,

ffuABCtAD=A,AB,40u平面ABD,故ACL平面ABD,而4Cu平面ABC,

故平面ABC1平面4BD,而平面ABCn平面ABC-AB,FNu平面ABC,

所以FN1平面ABD,故N,G重合，由EF_L平面ABC,

4Bu平面ABC可得EF1AB,同理EF_LGF,

而FG14B,FGOEF=F,FG,EFu平面EFG,故ABI平面EFG,而EGu平面EFG,故A81EG.

故三棱锥A-EFG的各面均为直角三角形，

设4E的中点为0,则04=0G=OF=0E,

故AE为三棱锥4-EFG外接球的直径，

故外接球的表面积为S=兀xAE2=3TT,

故答案为：37r.

利用空间中的垂直关系可得三棱锥4-EFG的各面均为直角三角形，故可证4E为三棱锥A-EFG

外接球的直径，据此可求外接球的表面积.

本题考查空间几何体的外接球的球心位置的确定，考查运算求解能力，属中档题.

17.【答案】解：(1)下=2五+3b，d=ma—26，

若人/Z，

则存在唯一实数人使得2=43

_Q_2

则加1一2方=4(2五+3方)，即｛72;2］，解得［=V

故m的值为-/

(2)同=3,|方|=2,五与方的夹角为60。，

则有7=3x2x；=3,

若不"Ld，c=2a+3b<d=ma.-2b>

则(2E+3B)•(m2。=2ma2-4a-6+3ma-K-6b2=0,

|a|=3,|K|=2.

则18m-12+9m-24=0,解得机=全

【解析】(1)根据已知条件，结合向量共线的性质，即可求解；

(2)根据已知条件，向量垂直的性质，即可求解.

本题主要考查平面向量的数量积运算，考查转化能力，属于中档题.

.【答案】解：⑴

18'J2sinAtan—BV_3cosC=#'"二’,

・•・2sinA—yT^cosC='3sinC：osB,^2sinAsinB—y/~3cosCsinB=y/~3sinCcosBy

sinB

2sinAsinB=yT~3(cosCsinB+sinCcosB),

又sinBcosC+cosBsinC=sin(F+C)=sinA,则2sE4si7iB=>J_3sinA»

•・,Ae((),〃)，・•・sinA工0,则sEB=?，

又BG8或B=多

⑵,••角B是锐角，由⑴得B=*C=^--A,

:.sinA+sinC=sinA+sin俘一A)=|sin^+号cos4=V_3sin(i4+)

•・"6(。丹),.•"+旌6汾

sin(力+看)CG，1］,即sinA+sinC€(殍,

•••sinA+sinB+sinC的取值范围是(，^，女合］.

【解析】(1)由题意变形得2sin4si7iB—yT^cosCsinB=y/^sinCcosB,即2siw4sinB=A/_3sin4.

即sinB=?，即可得出答案；

(2)由题意得8=与，C=^--A,则sinA+sinC=sinA+sing—4)=5sinA+ycos/l=

Csin(A+$,可得sinA+since(?,C］，即可得出答案.

本题考查解三角形，考查转化思想，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题.

19.【答案】解：(1)该几何体中间空心部分为一个圆柱和两个等高的圆锥拼接而成的组合体，

且圆柱的上下底面分别为两个圆锥的底面.该旋转体为球体挖去上述组合体而形成的几何体.

(2)连接BD,则分别过C,。作AB的垂线，垂足分别为E,F.

^.BAD=60°,AB=4,贝必。=2,DF=/3，AF=1.

同理BC=2,CE=C，BE=1,FF=4-1-1=2,即CD=2.

该几何体的体积为球的体积，减去两个圆锥的体积，减去圆柱的体积,

所以1/=/X23-2X；XTT(OX1-7TX(C)2x2=

【解析】(1)依据几何体的形状可得该几何体的主要结构特征；

(2)连接BD,则4D1BD,分别过C,。作4B的垂线，垂足分别为E,F,根据已知可得几何体的

体积为球的体积，减去两个圆锥的体积，减去圆柱的体积，求解即可.

本题考查空间几何体的性质，考查空间几何体的体积的计算，属中档题.

20.【答案】解：(1)在△力BC,△ADC中，AB=2,BC=6,AD=CD=4,

根据余弦定理，AC2=AB2+BC2-2AB-BCcosB=4+36-24cosB=40-24cosB,

同理，在△ZDC中，AC2=AD2+CD2-2AD-CDcosD=32-32cosD,

所以40-24cosB=32-32cosD,化简得3cosB-4cosD=1.

(2)由(1)有cos。=的聆，

11

由题意贷=(qAB-BCsinB)2=6x2x6sinF)2=36sin2B=36(1-cos2B),

同理可得，△4DC的面积S2，Si=(^AD-CDsinDY=(8sin£>)2=64-64cos2。

=64—4(3cosF—l)2=60—36cos2B+24cosB,

令cosB=x,则平+5f=36(1-x2)+60+24%-36x2=24(-3x2+x+4),

所以，当方=皿8=焉时，S/+S勰得最大值，最大值为98.

【解析】⑴在△ABC,△4DC中，利用余弦定理求解即可；⑵由⑴得cos。=3%？再利用

三角形面积公式及二次函数求最值得出结果.

本题考查正余弦定理，考查三角形面积的最值问题，属于中档题.

21.【答案】证明：(1)在正四棱锥P—力BCD中，连接4C0BD=0,

连接P。，

由正方形4BCD,得AC1BD,由PA=PC,得POA.AC,POCtBD=

0,P0,8。<=平面28。，

则4cl平面PBD,而M,N分别为P面PC的中点,即MN〃/1C,

因此MN1平面PBD,又MNu平面BMN,

所以平面PBD，平面8MN；

解：(2)设P0与MN相交于点尸，贝炉为P。的中点，延长BF交PD于点E,连接EM,EN,

由BC=。，得BD=2,则APB。为等边三角形，P0=y/~3,

因为平面PBO_L平面BMN,且BE为交线，所以P到平面BMN的距离等于P到直线BE的距离，

BF=VBO2+OF2=J/+(7)=三呼=W，PB=2'

在小PBF中,由余弦定理得COSNPBF=2+(工)翼=-