湖北省新高考协作体2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题+Word版含答案

2023 年湖北新高考协作体高一5 月联考 数学试卷 命题学校：孝感高中 命题老师：高一数学组 审题学校：黄石二中 考试时间：2023 年5 月29 日下午15； 试卷满分：150 分 注意事项： 1、答卷前，考生务必将自己的姓名、考号等填写在答题卡和试卷指定的位置上。 2、回答选择题时，选出每题答案后，用2B 铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑。如需要 改动，先用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上， 写在试卷上无效。 一、单项选择题：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. 已知集合A={x∨1≤x<4 }，B={x∨y=ln (x 2−2 x−3)}，则 等于（ ） A． （3，4] B. C． （3，4） D． 2. 已知点P（1，2）在角α 的终边上，那么cos2α 的值是（ ） A． B． C． D． 3. 设l、m、n 均为直线，其中m、n 在平面α 内，则“ 且 ”是“ ”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 4. 已知△ABC 的三个角A、B、C 所对的边分别为a、b、c，若 ，且 ，则B=（ ） A． B． C． D． 5. 在正方形ABCD 中，已知 ，点P 在射线CD 上运动，则 的取值范围为（ ） A． [0，1] B． [1，+∞） C． [ ，1] D． [ ，+∞） 6. 已知复数z 的实部和虚部均为自然数，在复平面内z 对应的点为Z，那么满足 的点Z 的个数 为（ ） A． 5 B． 6 C． 7 D． 8 7. 已知三棱锥 的四个顶点在球O 的球面上， ，△ABC 是边长为2 的正三角形， E、F 分别是PA、AB 的中点，EF⊥平面PAC，则球O 的体积为（ ） A． B． C． D． π 8. 定义：若f（x）=¿，则称f（x）是函数g（x）的k 倍伸缩仿周期函数。设 ，且f（x） 是g（x）的2 倍伸缩仿周期函数。若对于任意的 ，都有 ，则实数m 的最大值为（ ） A． 12 B． C． D． 二、多项选择题：本题共4 小题，每小题5 分，共20 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5 分，部分选对的得2 分，有选错的得0 分。 9. 若复数 、 是关于x 的方程 的两个根，则下列说法正确的是（ ） A． B． C． D． 10. 已知一个矩形ABCD，用斜二测画法得到其直观图 的周长为2，设 ， ，下 列说法正确的是（ ） A． xy 的最大值为1 B． 的最小值为 C． 的最大值为2 D． 的最大值为 11. 已知函数f (x )=Acos¿），若函数 的部分图象如图所示，函数 ，则 下列结论不正确的是（ ） A． 将函数 的图象向左平移 个单位长度可得到函数g（x）的图象 B． 函数 的图象关于点 对称 C． 函数g（x）在区间[0， ]上的单调递减区间为[ ， ] D． 若函数 为偶函数，则θ 的最小值为 π 12. 如图，在等腰梯形ABCD 中， 。将△ACD 沿着AC 翻折，使得点D 到点P，且 。下列结论正确的是（ ） A． 平面APC⊥平面ABC B． 二面角 的大小为 C． 三棱锥 的外接球的表面积为5π D． 点C 到平面APB 的距离为 三、填空题：共4 小题，每小题5 分，共20 分。 13. 已知 ， ，且 ，则非零向量 的坐标为___________。 14. 在《九章算术》中，堑堵指底而为直角三角形，且侧棱垂直于底面的三棱柱，阳马指底面为矩形，一 条侧棱垂直于底面的四棱锥。如图，在堑堵 中， ，则当堑堵 的体积最大时，阳马B- 的体积为___________。 15. 在△ABC 中，已知 ，P 是△ABC 的外心，则∠APB 的余弦值为_________ __。 16. 农历五月初五是端午节。这一天民间有吃粽子的习俗，据说是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国诗人 屈原。粽子的形状有多种。今有某种粽子类似于由一个直角三角形绕它的一条直角边旋转 （如图）而 成。如果粽子的馅可以看成是这个几何体内的一个球状物，则粽子馅的最大体积为___________。 四、解答题：本题共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.（10 分）已知向量 ，其中 （1）若 ，求实数k 的值； （2）若 与 的夹角为锐角，求实数k 的取值范围 18.（12 分）如图，四边形ABCD 为正方形，ED⊥平面ABCD， ， （1）证明：EA∥平面BCF； （2）证明：平面EAC⊥平面FAC． 19.（12 分）在△ABC 中，角A、B、C 的对边分别为a、b、c，已知 ，且 。∠BAC 的 平分线交BC 于点E。 （1）求角C； （2）求△ABE 的面积。 20.（12 分）如图所示，四棱锥 的底面为直角梯形， ， PB⊥底面ABCD， （1）求证： ： （2）线段BC 上是否存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE？若存在，求直线PE 与平面PAD 所成角的正 弦值；若不存在，请说明理由。 21.（12 分）已知 （1）若 ，求 的值； （2）将函数f（x）的图象向右平移 个单位得到函数 的图象，若函数 在 上有4 个零点，求实数k 的取值范围。 22.（12 分）函数 的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数， 有同学发现可以将其推广为：函数 的图象关于点P（a，b）成中心对称图形的充要条件是函数 为奇函数。已知函数 。 （1）若函数 的对称中心为（-1，2），求函数 的解析式。 （2）由代数基本定理可以得到：任何一元 次复系数多项式f（x）在复数集中可以分解为n 个 一次因式的乘积。进而，一元n 次多项式方程有n 个复数根（重根按重数计）。如设实系数一元二次方程 ，在复数集内的根为 ， ，则方程 可变形为 ，展开得： 则有 即 类比上述推理方法可得实系数一元三次方程根与系数的关系 ①若 ，方程 在复数集内的根为 、 、 ，当 时，求 的最大值； ②若 ，函数 的零点分别为 、 、 ，求 的值。 2023 年湖北新高考协作体高一5 月联考 高一数学参考答案 1-5：CABBD 6-8：CDB 9.AC 10.BCD 11.CD 12.ACD 12.ACD A．在△ABC 中， ， ， ，由余弦定理可得 ，∴ ，∴ 。 ∵ ， ，∴BC⊥平面APC，∵BC⊂平面ABC，∴平面APC⊥平面ABC，故A 对。 B．取AC 的中点E 点，过点E 点作 于点F，∵ ，∴ ， ∵平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面 ，∴PE⊥平面ABC， 又∵ ，∴∠PFE 是二面角 的平面角，在Rt△PFE 中， ，故B 错。 C．在Rt△ABC 中，取AB 的中点 ，过 点作PE 的平行直线， 则三棱锥 的外接球的球心O 在这条直线上，设外接球O 的半径为R，则 ，算得 ，故外接球O 的表面积为5π，故C 对。 D．由PE⊥平面ABC， 。 在△PAB 中， ，由余弦定理得 ∴ 。设点C 到平面APB 的距离为d，由 可得 。故D 对。 13. （-2，-4） 14. 15. 16. 17.（1） （5 分）（2） （10 分） 18.证明：（1）在正方形ABCD 中， ， 又由AD⊂平面ADE，BC 平面ADE， 故BC//平面ADE。 ∵ ，同理可证FB//平面ADE， 又∵ ，BC，BF⊂平面BCF， ∴平面ADE//平面BCF，？。。。。。。。。。。。。。4 分 又∵EA⊂平面EAD， ∴ 平面BCF？。。。。。。。。6 分 （2）如图，连接BD 交AC 于O，连接OE。OF。设 ，则 由ED⊥平面ABCD，AC⊂平面ABCD， 所以 ，又 ，且 ，ED，BD⊂平面BDEF， 所以AC⊥平面BDEF， 又OE，OF⊂平面BDEF，所以 ， 所以∠EOF 是二面角 的平面角，。。。。。。。。9 分 在三角形EOF 中， ， 所以 ，所以 ，-11 分 二面角 是直二面角，即证平面EAC⊥平面FAC？。。。。。。。12 分 19.解（1）∵sin 2B=sinC ，∴2sin Bcos B=sinC ， ⇒2cos B=sinC sin B = c b =❑ √3 ⇒cos B= ❑ √3 2 ， ∵c>b，∴B∈(0, π 2) ⇒B= π 6 ，C= π 3 。。。。。。。。。。。。。。。。。5 分 （2）∵A= π 2 ，C= π 3 ，B= π 6 S ΔACE+S ΔABE=S Δ A BC 1 2 AC ⋅AE⋅sin A 2 + 1 2 AB⋅AE⋅sin A 2 =1 2 AC ⋅AB⋅sin A ⇒1 AB + 1 AC = 2cos A 2 AE ⇒1 ❑ √3 + 1 3=2cos 45 ∘ AE ，3+❑ √3 3 ❑ √3 = ❑ √2 AE ， AE= 3 ❑ √6 3+❑ √3= 3 ❑ √2 ❑ √3+1=3 ❑ √2(❑ √3−1) 2 =3 ❑ √6−3 ❑ √2 2 ， S ΔABE=9 (❑ √3−1) 4 。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12 分 20.【解析】 （1） 证明：如图所示，连接BD。 设PB=AB=AD=1，则 ∵△ ABD 为等腰直角三角形 ∴ 又 ， ∴ ∴ 又PB⊥平面BCD，∴ ∴BC⊥平面PBD ∴ ？。。。。。4 分 （2）方法一：空间向量法 如图，以D 为原点， 方向为x 轴， 方向为y 轴， 方向为z 轴建立空间直角坐标系，设 PB=AB=AD=1，则 。 则各点坐标为： D（0，0，0），A（0，1，0），B（1，1，0），C（2，0，0），P（1，1，1）-6 分 假设存在，设 ，则点E 的坐标为( λ+1,−λ+1,0)。 设 和 分别为平面PAD 和平面PDE 的法向量。 ∵⃗ DA=(0,1,0)，⃗ AP=(1,0,1) ∴{ ⃗ n1⋅⃗ DA=0 ⃗ n1⋅⃗ AP=0 ，即{ y1=0 x1+z1=0 令 ，得y1=0，z1=−1。∴⃗ n1=(1,0,−1) ∵⃗ DP=(1,1,1)，⃗ DE=( λ+1,−λ+1,0) ∴{ ⃗ n2⋅⃗ DP=0 ⃗ n2⋅⃗ DE=0 ，即{ x2+ y2+z2=0 ( λ+1) x2+(−λ+1) y2=0 令 ，得：y2= λ+1 λ−1 ，z2=−2 λ λ−1 ∴⃗ n2=(1, λ+1 λ−1 ,−2 λ λ−1)。。。。。。。。。。。。。8 分 ∵平面PAD⊥平面PDE ∴⃗ n1⊥⃗ n2 ∴1+ 2 λ λ−1=0 ∴ ∴E（ ， ，0） ⃗ PE=( 1 3 ,−1 3 ,−1) 设直线PE 与平面PAD 夹角为θ，则： sinθ= ⃗ n1·⃗ PE ¿⃗ n1∨⋅∨⃗ PE∨¿=2❑ √22 11 ⋅¿ 所以，线段BC 上存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE，直线PE 与平面PAD 所成角的正弦值为 。。 方法二：几何法 假设存在，如图，作BF ⊥PD，垂足为F，连接EF 作FG⊥PD，垂足为F ∵ ，PD⊥BF ∴PD⊥平面FBE ∴FE⊥PD 又GF ⊥PD ∴∠GFE 为二面角 的平面角 。。。。。。。。。。。8 分 ∴∠GFE=90 ∘ PB=1，BD=❑ √2，∴ 在直角三角形PDB 中，BF=PB⋅sin∠DPB= ❑ √6 3 ，PF=PB⋅cos∠FPB= ❑ √3 3 ∴在直角三角形PAD 中，AD=1，AP=❑ √2，PD=❑ √3∴GF=PF ⋅tan∠APD= ❑ √6 6 ∴作G⊥AB，垂足为 ，PG= PF cos∠APD = ❑ √2 2 =1 2 AP ∴GG '=1 2 设 ，又BG '=1 2 ，∠G ' BE=135 ∘ 由余弦定理。G ' E 2=G ' B 2+B E 2−2G ' B⋅BE⋅cos135 ∘=x 2+ ❑ √2 2 x+ 1 4 又GG '/¿ PB ∴GG '⊥G ' E ∴G E 2=GG '+G ' E 2=x 2+ ❑ √2 2 x+ 1 2 ∵EB⊥PD，EB⊥BD ∴EB⊥平面PDB ∴ ∴E F 2=E B 2+B F 2=x 2+ 2 3 ∵∠GFE=90 ∘ ∴G F 2+F E 2=G E 2 ∴ 1 6 +x 2+ 2 3=x 2+ ❑ √2 2 x+ 1 2 解得： 。。。。。。。。。10 分 ∴PE= ❑ √11 3 ，EF=2❑ √2 3 ∵ ，平面PAD⊥平面PDE ∴EF⊥平面PAD 设直线PE 与平面PAD 夹角为θ，则：sinθ= EF PE =2❑ √22 11 所以，线段BC 上存在点E，使得平面PAD⊥平面PDE，直线PE 与平面PAD 所成角的正弦值为 2❑ √22 11 ⋯12 21. （1）f (x )=2❑ √3sin x cos x+cos 2 x−sin 2 x=❑ √3sin 2 x+cos2 x ¿2( ❑ √3 2 sin 2 x+ 1 2 cos2 x)=2sin(2 x+ π 6) 若 ，即 sin(2 x+ π 6)= 1 4 则sin(4 x+ 5 π 6 )=cos(4 x+ π 3)=cos2(2 x+ π 6)=1−2sin 2(2 x+ π 6)=1−2×( 1 4) 2 =7 8。。。5 分 （2）易知h (x )=2sin 2 x， 根据题意，设t=sin x+cos x=❑ √2sin(x+ π 4)， 因为 ，所以 π 4 ≤x+ π 4 ≤3 π 4 ， 所以 ❑ √2 2 ≤sin(x+ π 4)≤1，所以 所以原方程变为kt+2(t 2−1)+5=2t 2+kt+3=0，1≤t ≤❑ √2， 令g (t )=2t 2+kt+3，1≤t ≤❑ √2 因为原方程有4 个零点，而方程t=❑ √2sin(x+ π 4)在 至多两个根， 所以1≤t<❑ √2，且g（t）在1≤t<❑ √2有两个零点，。。。。。。。。。8 分 则{ g (1)=2+k+3≥0 ¿ 1 ¿<❑ √2¿Δ=k 2−4×2×3>0¿¿¿g (❑ √2)=2(❑ √2) 2+❑ √2k+3>0¿¿¿ ，解得 7 ❑ √2 2 <k<−2❑ √6， 即k ∈( −7 ❑ √2 2 ,−2❑ √6)。。。。。。。。12 分 22.解： （1）由题有g (x )=f (x−1)−2为奇函数，则f (−x−1)−2+f (x−1)−2=0恒成立。 即(−1−x ) 3+a (−1−x ) 2+b (−1−x )+1+(−1+x ) 3+a (−1+x ) 2+b (−1+x )1+1=4， 整理得：(2a−b) x 2+(2a−2b−4 )=0恒成立。 则 ，故；f (x )=x 3+3 x 2+x+1.。。。。。。。。。。。。。。4 分 （2） ①若 ，则f (x )=x 3+bx=1，由题有 的三个实根为 ， ， 。 设x 3+bx+(1−k )=(x−x1)(x−x2)(x−x3) 展开得x 3+bx+(1−k )=x 3−(x1+x2+x3) x 2+(x1 x2+x1 x3+x2 x3) x−x1 x2 x3， 故 。 则x1 3+x2 3+x3 3=(k−1)−b x1+(k−1)−b x2+(k−1)−b x3=3k−3。 又 ，故3k−3∈[−3,0)，综上：当 时， 的最大值为0.。。。。8 分 ② 时，f (x )=x 3−3 x 2−2 x+1，由 有x 3−3 x 2−2 x+1=0，同时除以 得： （1）令1 x1 =t1，1 x2 =t2，1 x3 =t3，由题知 是方程t 3−2t 2−3t+1=0的三个根， 则t 3−2t 2−3t+1=(t−t1)(t−t2)(t−t3)。展开得{ t1+t2+t3=2 t1t2+t1t3+t2t3=−3 −t1t2t3=1 则1 x1 2 + 1 x2 2=t1 2+t2 2+t3 3=(t1+t2+t3) 2−2(t1t2+t1t3+t2t3)=4+6=10.。。。。。。。12 分