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

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2023年湖北新高考协作体高一5月联考数学试卷注意事项：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=lnx2−2x−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．5B．6C．7D．87.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（　　）

1A．B．C．D．π8.定义：若f（x）=gx，1≤x0，0<<π），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

2B．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π12.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ABCB．二面角的大小为C．三棱锥的外接球的表面积为5πD．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

3（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。

421.（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。

52023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：CABBD6-8：CDB9.AC10.BCD11.CD12.ACD12.ACDA．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，，

6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）∵sin2B=sinC，∴2sinBcosB=sinC，⇒2cosB=sinCsinB=cb=3⇒cosB=32，∵c>b，∴B∈0π2⇒B=π6，C=π3。。。。。。。。。。。。。。。。。5分（2）∵A=π2，C=π3，B=π6SΔACE+SΔABE=SΔABC12AC⋅AE⋅sinA2+12AB⋅AE⋅sinA2=12AC⋅AB⋅sinA⇒1AB+1AC=2cosA2AE⇒13+13=2cos45∘AE，3+333=2AE，AE=363+3=323+1=323−12=36−322，SΔABE=93−14。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。。12分

720.【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+10。

8设和分别为平面PAD和平面PDE的法向量。∵DA=010，AP=101∴n1⋅DA=0n1⋅AP=0，即y1=0x1+z1=0令，得y1=0，z1=−1。∴n1=10−1∵DP=111，DE=λ+1−λ+10∴n2⋅DP=0n2⋅DE=0，即x2+y2+z2=0λ+1x2+−λ+1y2=0令，得：y2=λ+1λ−1，z2=−2λλ−1∴n2=1λ+1λ−1−2λλ−1。。。。。。。。。。。。。8分∵平面PAD⊥平面PDE∴n1⊥n2∴1+2λλ−1=0∴∴E（，，0）PE=13−13−1设直线PE与平面PAD夹角为θ，则：sinθ=n1·PE|n1|⋅|PE|=22211⋅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

9∴∠GFE=90∘PB=1，BD=2，∴在直角三角形PDB中，BF=PB⋅sin∠DPB=63，PF=PB⋅cos∠FPB=33∴在直角三角形PAD中，AD=1，AP=2，PD=3∴GF=PF⋅tan∠APD=66∴作G⊥AB，垂足为，PG=PFcos∠APD=22=12AP∴GG'=12设，又BG'=12，∠G'BE=135∘由余弦定理。G'E2=G'B2+BE2−2G'B⋅BE⋅cos135∘=x2+22x+14又GG'//PB∴GG'⊥G'E∴GE2=GG'+G'E2=x2+22x+12∵EB⊥PD，EB⊥BD∴EB⊥平面PDB∴∴EF2=EB2+BF2=x2+23∵∠GFE=90∘∴GF2+FE2=GE2∴16+x2+23=x2+22x+12解得：。。。。。。。。。10分∴PE=113，EF=223∵，平面PAD⊥平面PDE∴EF⊥平面PAD设直线PE与平面PAD夹角为θ，则：sinθ=EFPE=22211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22211⋯1221.（1）fx=23sinxcosx+cos2x−sin2x=3sin2x+cos2x=232sin2x+12cos2x=2sin2x+π6若，即sin2x+π6=14则sin4x+5π6=cos4x+π3=cos22x+π6=1−2sin22x+π6=1−2×142=78。。。5分（2）易知hx=2sin2x，

10根据题意，设t=sinx+cosx=2sinx+π4，因为，所以π4≤x+π4≤3π4，所以22≤sinx+π4≤1，所以所以原方程变为kt+2t2−1+5=2t2+kt+3=0，1≤t≤2，令gt=2t2+kt+3，1≤t≤2因为原方程有4个零点，而方程t=2sinx+π4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g1=2+k+3≥01<−k2×2<2Δ=k2−4×2×3>0g2=222+2k+3>0，解得722

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