浙江省杭州市六校联考2022-2023学年高一下册期中考试数学试卷（含答案）

浙江省杭州市六校联考2022-2023学年高一下册期中考试数学试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1．已知集合A={−1，0，1，A．{1} B．{0C．{−1，0，2．已知a=cosπ3，b=2A．b>c>a B．b>a>c C．a>c>b D．a>b>c3．设x∈R，则“|x|<3”是“x2A．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4．如图，梯形A1B1C1D1是一水平放置的平面图形ABCD在斜二测画法下的直观图．若A1D1平行于y1A．14 B．7 C．72 D．5．下列说法中正确的个数是（）①平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面有2条或3条交线．②如果a，b是两条直线，a//b，那么a平行于经过③直线a不平行于平面α，则a不平行于α内任何一条直线．④如果α//β，a//A．0个 B．1个 C．2个 D．3个6．圣⋅索菲亚教堂坐落于中国黑龙江省，1996年经国务院批准，被列为第四批全国重点文物保护单位，是每一位到哈尔滨旅游的游客拍照打卡的必到景点其中央主体建筑集球，圆柱，棱柱于一体，极具对称之美.小明为了估算索菲亚教堂的高度，在索菲亚教堂的正东方向找到一座建筑物AB，高为10(6−2)m，在它们之间的地面上的点M(B，M，D三点共线)处测得楼顶A，教堂顶C的仰角分别是A．20m B．203m C．2067．在四面体ABCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，AC=CD.过点B作垂直于平面ACD的平面α截该四面体，若截面面积存在最小值，则tan∠ACBA．32 B．42 C．3 8．已知a2−2ab−3b2=1A．[−1，53] B．[1，5二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）9．下列命题为真命题的是（）A．复数2−2i的虚部为−2iB．若i为虚数单位，则iC．复数−2−i在复平面内对应的点在第三象限D．复数5−2+i的共轭复数为10．如图，AC为圆锥SO底面圆O的直径，点B是圆O上异于A，C的动点，SO=OC=2，则下列结论正确的是（）A．圆锥SO的侧面积为8B．三棱锥S−ABC体积的最大值为8C．∠SAB的取值范围是(D．若AB=BC，E为线段AB上的动点，则SE+CE的最小值为2(11．已知△ABC三个内角A，B，C的对应边分别为a，b，c，且C=π3，c=2.A．△ABC面积的最大值为3B．AC⋅ABC．bcosA+acosB=D．cosBcosA的取值范围为12．如图，在菱形ABCD中，AB=2，∠BAD=60°，将△ABD沿对角线BD翻折到△PBD位置，连结PC，则在翻折过程中，下列说法正确的是（）A．PC与平面BCD所成的最大角为45°B．存在某个位置，使得PB⊥CDC．存在某个位置，使得B到平面PDC的距离为3D．当二面角P−BD−C的大小为90°时，PC=三、填空题（本大题共4小题，共20分）13．设z=2i1+i(i是虚数单位)14．在RtΔABC中，A=90∘，AB=3，AC=1，D是边AB上的一动点，沿CD将△ACD翻折至△A'CD，使二面角A'−CD−B为直二面角，且四面体A'BCD15．在锐角△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足2bcos|C=2a−c.若△ABC的外接圆的面积为16π16．已知△ABC中，角A，B，C对应的边分别为a，b，c，且DB=2AD，CD=1，(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，则a+2b的最大值为四、解答题（本大题共6小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17．已知向量|a|=2，|b|=3，且向量a（1）若(a+kb)⊥(2（2）求|a18．已知函数f(x)=1−2cos（1）求函数f(x)的增区间；（2）方程f(x)=m在[0，π219．某农场有一块等腰直角三角形的空地ABC，其中斜边BC的长度为400米.为迎接“五一”观光游，计划在边界BC上选择一点P，修建观赏小径PM，PN，其中M，N分别在边界AB，AC上，小径PM，PN与边界BC的夹角都为60∘.区域PMB和区域PNC（1）探究：观赏小径PM与PN的长度之和是否为定值?请说明理由．（2）为深度体验观赏，准备在月季花区域内修建小径MN，当点P在何处时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小?参考数据：sin7520．如图，直三棱柱ABC—A1B1C1中，M、N（1）求证：平面BMN⊥平面ACC（2）求证：MN//平面BC21．在 ①a+acosC=3csinA， ②(a+b+c)(a+b−c)=3ab，已知在△ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c．（1）求角C的值；（2）若角C的平分线交AB于点D，且CD=23，求2a+b22．已知函数f(x)=−（1）求不等式f(x)>17（2）若g(x)=x2−2x−3，且存在实数a，使得g(b)+f(a)=2

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：∵A={−1，0，1，2}，B={x|−1<x≤1}2．【答案】A【解析】【解答】解：∵a=cosπ3=12，b=20.2>3．【答案】B【解析】【解答】|x|<3，解得：−3<x<3，x2+2x−3<0，解得：因为−3<x<3⇒−3<x<1，而所以“|x|<3”是“x2故答案为：B

【分析】分别求出|x|<3和x24．【答案】B【解析】【解答】根据直观图画法的规则，直观图中A1D1平行于y轴，A1D1=1，

可知原图中AD//Oy，从而得出AD⊥DC，且AD=2A1D1=2，

直观图中A1B1//C1D1，A1B1=34C1D1=3，可知原图中AB//CD，AB=34CD=3，

即四边形ABCD上底和下底边长分别为3，4，高为2，如图，

故其面积S=12×3+4×2=75．【答案】A【解析】【解答】①平面α与平面β，γ都相交，则这三个平面有可能有1条或2条或3条交线，错误；

②如果a，b是两条直线，a//b，那么直线a有可能在过b的平面内，错误；

③直线a不平行于平面α，则a有可能在平面α内，此时可以与平面内无数条直线平行，错误；

④如果α//β，a//α，那么a//β或a⊂β6．【答案】C【解析】【解答】由题意知：∠CAM=45°，∠AMC=105°，所以∠ACM=45°，

在Rt△ABM中，AM=ABsin∠AMB=ABsin15°，

在△ACM中，由正弦定理得AMsin30°=CMsin45°，

所以CM=7．【答案】C【解析】【解答】在四面体ABCD中，∠BCD=90°，AB⊥平面BCD，AC=CD，

∵AB⊥平面BCD，CD⊂平面BCD，AB⊥CD，

又BC⊥CD，AB∩BC=B，则CD⊥平面ABC，

过B作BE⊥AC于点E，过点E作EF//CD，则EF⊥平面ABC，平面BEF⊥平面ABC，

BE⊂平面ABC，故EF⊥BE，AC∩EF=E，则AC⊥平面BEF，

AC⊂平面ACD，故平面BEF⊥平面ACD，故平面ABC即为所求平面α，

设∠ACB=θ，设AC=1，在Rt△ABC中，BC=cosθ，AB=sinθ，在Rt△ABE中，∠ABE=θ，

则BE=ABcosθ=sinθcosθ，AE=ABsinθ=sin2θ，在△ACD，EF//CD，则AEAC=EFCD，

故EF=AE=sin2θ，故S△BEF=12BE·EF=12sinθcosθsin2θ=12sin3θcosθ=12×sin3θcosθsin2θ+cos2θ2=12×tan8．【答案】B【解析】【解答】解：a2−2ab−3b2=a-3ba+b=1，

∵−1⩽log2(a+b)≤1，

∴12≤a+b≤2，

∴a-3b>0，

设a+b=m，a-3b=n，则mn=1，

则a-b=12a+b+a-3b=12m+n=12m+1m，m∈12，2，

由双钩函数的性质可得∵y=m+9．【答案】B,C【解析】【解答】对于A，复数2−2i的虚部为-2，故A错误；

对于B，i2023=i4505×i3=−i，故B正确；

对于C，复数-2-i在复平面内对应的点（-2，-1）在第三象限，故C正确；10．【答案】B,D【解析】【解答】在Rt△SOC中，SC=S则圆锥的母线长l=22，半径r=OC=2对于A：圆锥SO的侧面积为：πrl=42对于B：当OB⊥AC时，△ABC的面积最大，此时S△ABC则三棱锥S−ABC体积的最大值为：13B符合题意；对于C：当点B与点A重合时，∠ASB=0为最小角，当点B与点C重合时，∠ASB=π又因为B与A，C不重合，则∠ASB∈(0，π又2∠SAB+∠ASB=π，可得∠SAB∈(πC不符合题意；对于D：由AB=BC，∠ABC=90°，AC=4，得AB=BC=22又SA=SB=22则△SAB为等边三角形，则∠SBA=60°，将△SAB以AB为轴旋转到与△ABC共面，得到△S则△S1AB如图：则(SE+CE)min因为S1S1则(SE+CE)min故答案为：BD.

【分析】由已知求出圆锥侧面积判断A；求出三棱锥S-ABC体积的最大值判断B；由极限观点求解∠SAB的取值范围判断C；利用剪展问题求得SE+CE的最小值判断D．11．【答案】A,B【解析】【解答】由余弦定理得：cosC=a2+b2-42ab=12，解得：a2+b2=ab+4，

由基本不等式得：a2+b2=ab+4≥2ab，当且仅当a=b时，等号成立，

所以ab≤4，故S△ABC=12absinC≤3，A正确；

AC→·AB→=AC→·AB→·cosA=bc·b2+c2-a22bc=b2+4-a22，

其中由正弦定理得：asinA=12．【答案】B,D【解析】【解答】解：选项A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=3．

由题可知，△ABD和△BCD均为等边三角形，

由对称性可知，在翻折的过程中，PC与平面BCD所成的角为∠PCO，

当PC=3时，△OPC为等边三角形，此时∠PCO＝60°＞45°，即选项A错误；

选项B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，有PQ⊥平面BCD，BQ⊥CD，∴PQ⊥CD，

又BQ∩PQ＝Q，BQ、PQ⊂平面PBQ，∴CD⊥平面PBQ，

∵PB⊂平面PBQ，∴PB⊥CD，即选项B正确；

选项C，∵点B到PD的距离为3，点B到CD的距离为3，

∴若B到平面PDC的距离为3，则平面PBD⊥平面PCD，平面CBD⊥平面PCD，

则有DB⊥平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾，故C错误；．

选项D，当二面角P-BD-C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，

∵PB＝PD，∴OP⊥BD，

∵平面PBD∩平面BCD＝BD，∴OP⊥平面BCD，∴OP⊥OC，

又OP＝OC=3，∴△POC为等腰直角三角形，

∴PC=2OP=6，即选项D正确；

故选：BD．

【分析】A，取BD的中点O，连接OP、OC，则OP＝OC=3，可得PC与平面BCD所成的角为∠PCO，当PC=3时∠PCO＝60°＞45°，即可判断；

B，当点P在平面BCD内的投影为△BCD的重心点Q时，可得PB⊂平面PBQPB⊥CD，即可判断；

C，若B到平面PDC的距离为3，则有DB⊥平面PCD，即DB⊥CD，与△BCD是等边三角形矛盾；

D，当二面角P﹣BD﹣C的大小为90°时，平面PBD⊥平面BCD，即可得△POC为等腰直角三角形，即可判断.13．【答案】2【解析】【解答】解：z=2i1+i=2i1-i1+i1-i14．【答案】16π【解析】【解答】解：由题意，作出，如图所示，

沿CD将△ACD翻折至△A'CD，使二面角A'−CD−B为为直二面角，得到四面体A'BCD，如图2所示.

如图2，过点A'作A'F⊥CD于点F，连接BF，

因为平面A'CD⊥平面BCD，平面A'CD∩平面BCD=CD，

A'F⊥CD，A'D⊂平面A'CD，所以A'F⊥平面BCD，

又BF⊂平面BCD，所以A'F⊥BF，

由图形翻折的性质，在图1中，作出点F，连接AF和BF，可得AF=A'F，

又A=90°，AB=3，AC=1，则BC=2，∠ACD=π3，∠ABC=π6，，

设∠ACD=θθ∈0，π3，则∠BCD=π3-θ，AF=sinθ，CF=cosθ，

在△BCF中，由余弦定理得：BF2=CF2+BF2-2×BC×CF×cos∠BCD，

即BF2=cos2θ+4-4cosθcosπ3-θ=4-cos2θ-23sinθcosθ，

在图2中，A'B2=A'F2+BF2=A'F215．【答案】(【解析】【解答】解：由2bcosC=2a-c，

∴2sinBcosC=2sinA-sinC，

得2sinBcosC=2sin(B+C)-sinC，

2sinBcosC=2sinBcosC+2cosBsinC-sinC，

所以2cosBsinC=sinC，

因为C∈0，π2所以sinC>0，所以cosB=12，

而B∈0，π2，所以B=π3，

又由△ABC的外接圆的面积为16π3，所以外接圆直径2R=83，

所以S△ABC=116．【答案】2【解析】【解答】解：因为(a−b)sinA=(c+b)(sinC−sinB)，，

由正弦定理得，(a-b)a=(c+b)(c-b)，

整理得，a2+b2-c2=ab，

由余弦定理得，cosC=a2+b2-c22ab=12，

因为C为三角形内角，所以C=60°，

因为DB=2AD，

所以CD→=CA→+AD→=CA→+13AB→=CA→+13CB→-CA→=1317．【答案】（1）解：因为|a|=2，|b|=3，且向量a，b因为(a+kb所以2a2−解得k=−5（2）解：因为(a所以|a【解析】【分析】（1）根据向量的数量积运算，结合向量垂直与数量积的关系，可得答案；

（2）根据求模公式即可得答案.18．【答案】（1）解：因为f(x)=1−2cos所以f(x)=−cos (2x+π即f(x)=sin2x−3令−π2+2kπ⩽2x−得−π12+kπ⩽x⩽所以函数f(x)的增区间为[−π12（2）解：方程f(x)=m在[0，即函数y=f(x)与函数y=m在[0，因为x∈[0，所以−π由（1），可知函数y=f(x)=2sin (2x−π3)在[0且f(0)=2sin (−π3)=−3，所以−3⩽m<3【解析】【分析】（1）先对函数f(x)进行三角恒等变换，化简得f(x)=2sin(2x−π3)19．【答案】（1）解：因为△ABC为等腰直角三角形，小径PM，PN与边界BC的夹角都为60所以在△BPM中，∠BMP=180∘−4即PM=sin45∘⋅PBsin75所以观赏小径PM与PN的长度之和是定值．（2）解：在△PMN中，由余弦定理可得MN即MN所以MN2≥由(1)知PM+PN=400(3故MN≥200(3−1)，当且仅当故当点P在BC的中点时，三条小径PM，PN，MN的长度之和最小，为600(3【解析】【分析】(1)在△BPM和△CPN中，分别运用正弦定理，即可求解，

(2)根据已知条件，结合余弦定理，以及基本不等式的应用，即可求解.20．【答案】（1）证明：因为AB=BC，M为AC的中点，所以BM⊥AC，因为平面ACC1A1⊥平面ABC，平面ACC1所以BM⊥面ACC又BM⊂面BMN，所以平面BMN⊥平面ACC（2）证明：设AB的中点为H，连结MH，NH．因为H为AB的中点，所以MH//BC，且又MH不在平面BCC1B1，∴MH//平面BC在三棱柱ABC−A因为AC//A1C1，且AC=所以NH//又NH不在平面BCC1B1，∴NH//平面BC又NHMH=H，NH，MH⊂平面MNH∴平面MNH//平面BC又MN⊂平面MNH，所以MN//平面BC【解析】【分析】(1)本题首先可以根据M为棱4C的中点得出BM⊥AC，然后根据三棱柱ABC-A1B1C1是直三棱柱得出AA1⊥BM，最后根据线面垂直的判定以及面面垂直的判定即可证得结论；

(2)本题可作BC的中点P，连接B1P和MP，然后根据M、P为棱AC、BC的中点得出四边形MNBP是平行四边形以及MN//PB1，最后根据线面平行的判定即可得出结果.21．【答案】（1）解：选择条件①．∵a+