河南省新高中创新联盟TOP二十名校2022-2023学年高一下学期5月调研考试数学试题含答案.pdf

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1、 学科网（北京）股份有限公司 新高中创新联盟新高中创新联盟 TOP 二十名校高一年级二十名校高一年级 5 月调研考试月调研考试 数学试卷数学试卷 考生注意：考生注意：1本试卷分选择题和非选择题两部分。满分本试卷分选择题和非选择题两部分。满分 150 分，考试时间分，考试时间 120 分钟。分钟。2答题前，考生务必用直径答题前，考生务必用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。3考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用 2B 铅笔把答题卡上对铅笔把答题卡上对应

2、题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径 0.5 毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。4本卷命题范围：人教本卷命题范围：人教 A 版必修第二册第六章版必修第二册第六章第八章。第八章。一、选择题：本题共一、选择题：本题共 8 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 40 分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。符合题目要求的。1在复

3、平面内，复数32ii+对应的点位于（）A第一象限 B第二象限 C第三象限 D第四象限 2如图，将直角ABC绕直角边 AC 旋转 360，所得几何体为（）A圆锥 B圆柱 C圆台 D球 3如图，在正六边形 ABCDEF 中，AC=（）A2ABAF B2ABAF+C2ABAF+D22ABAF+4已知复数()122iiz=+，则z=（）A3i B3i+C34i+D34i+5如图，O A B 是OAB的直观图，则OAB是（）学科网（北京）股份有限公司 A正三角形 B直角三角形 C钝角三角形 D以上都有可能 6已知 m，n 是两条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题正确的是（）A若m，m，n=，则mn

4、 B若mn，n，则m C若，n=，mn，则m D若m，mn，则n 7已知平面向量()1,a=，()2,1b=，则下列说法正确的是（）A若0=，则2ab+=B若ab，则2=C若a与b的夹角为钝角，则2 ，则ABC是锐角三角形 D若coscoscosabcABC=，则ABC一定是等边三角形 11如图，正四棱柱1111ABCDABC D中，12AAAB=，E，F 分别为1CC，1AA的中点，则下列结论错误的是（）学科网（北京）股份有限公司 A1B E 平面 BEF B直线1B E与直线 BF 所成的角为 90 C平面 BEF 与平面 ABCD 的夹角为 45 D直线1D F与平面 ABCD 所成的角

5、为 45 12如图，在ABC中，12BMBC=，23NCAC=，直线 AM 交 BN 于点 Q，则（）A1233BNBABC=+BAQQM=C3BQQN=D0QAQBQC+=三、填空题：本题共三、填空题：本题共 4 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 20 分。分。13已知向量()1,2a=，(),2bm=，且ab，则mab+=_ 14给出以下四个说法：若 a，b 是异面直线，则有且仅有一个平面 满足a，且b；若点 A，B，C，D 共面，点 A，B，C，E 共面，则点 A，B，C，D，E 共面；若直线 a，b 共面，直线 a，c 共面，则直线 b，c 共面；若 a，b 是异而直线，则有

6、且仅有一个平面 满足a，且b 其中正确的个数是_ 15在锐角ABC中，角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，某数学兴趣小组探究该类三角形时，得出以下四个结论，甲：2bac；乙：()tan0BC；丙：cossinBC；丁：sincossincosCBBC=，即OAB是钝角三角形故选 C 6 A 对于 A，若m，m，n=，则由线面平行的性质得mn，故 A 正确；对于 B，若mn，n，则m或ma，故 B 错误；对于 C，由面面垂直的性质定理得当ma时，m，否则可能不成立，故 C 错误；对于 D，若m，mn，则n或n，故 D 错误故选 A 7 D 平面向量()1,a=，()2,1b=，对于 A，当

7、0=时，()1,1ab+=，因此()22112ab+=+=，A 错误；对于 B，ab，则有21=，解得12=，B 错误；对于 C，a与b的夹角为钝角，则0a b且a与b不共线，当0a b时，()1210+，解得2，由 B 选项知，当12 时，a与b不共线，因此2 ，所以()cos cos0AC CBACCBCbcC=，所以cos0C，故145DBD，C 错误；对于 D，可证1D FBE，则直线1D F与平面 ABCD 所成的角为EBC，又根据题意易知45EBC=，D 正确故选 ABC 12BC 对于 A，因为23NCAC=，所以2NCAN=，则2133BNBABC=+，故 A 错误；对于 B

8、和 C，因为 A，M，Q 三点共线，由共线定理可知，存在实数，使得()()112BQBMBABCBA=+=+，设BQBN=，所 以()21233BCBABCBA+=+，所 以,2321,3=解 得1,23,4=即 可 得1122BQBMBA=+，34BQBN=，3BQQN=，故 B，C 正确；对于 D，2QAQBQCQAQM+=+0QM=，故 D 错误故选 BC 学科网（北京）股份有限公司 13 10 因为向量()1,2a=，(),2bm=，且ab，所以12 20m=，解得4m=所以()4,2b=故()()()24,84,28,6mab+=+=，()228610mab+=+=140 对于，由a

9、，b，可知ba因此，当 a 与 b 垂直时，有且仅有一个平面 满足题意；当 a 与 b 不垂直时，不存在满足题意的平面 故错误；对于，如图，A，B，C，D 共面，A，B，C，E 共面，但 A，B，C，D，E 不共面，故错误；对于，如图，a，b 共面，a，c 共面，但 b，c 异面，故错误；对于，设ma，nb，m，n，由题意，m 与 n 必相交，故可得a，b，则满足题意的平面 有无数个，故错误故正确的个数为 0 15丙 因为ABC是锐角三角形，但不确定 a，b，c 的大小，也不确定 B，C 的大小，故甲，乙均错误；由题意得2BC+且 B，0,2C，所以2CB，因为sinyx=在0,2x上单调递增

10、，所以sinsincos2CBB=，丙正确；()sinsincossincosCBCBBC=可能大于 0，也可能等于 0，可能小于 0，即sincosCB与sincosBC的大小关系不确定，丁错误 165003 设球的半径为 R，依题意，截面圆的面积分别为 9 和 16，则截面圆的半径分别为 3，4，可得球心到两截面圆的距离分别为223R，224R 当两截面在球心的同一侧时，因为两截面间的距离为 1，所以2222341RR=，解得5R=（舍负）；当球心在两截面之间时，可得2222341RR+=，即2234R=，该方程无解综上，5R=，故该球的体积为33445005333R=学科网（北京）股份有

11、限公司 17解：由题意，知原圆柱的表面积()()2212 23224 38 Saaaa=+=+，挖去圆柱后所得几何体的表面积()2221223631 SSaaaa=+=+()()21224 38 133631 aSSa+=+18（1）解：由3ab+=，得()223abab+=+=，所以2223aa bb+=，所以12a b=，所以2221abaa bb=+=（2）证明：因为()()221 10ababab+=，所以()()abab+19（1）解：多面体11ABEDBC不是棱柱理由如下：因为棱柱的侧面必为平行四边形，故棱柱的面至少有 3 个平行四边形，而多面体11ABEDBC只有 1 个面是平行

12、四边形，故不是棱柱（2）解：易知三棱柱111ABCABC的体积11122VABBCAA=，三棱锥11AAB D的体积11111132212VABBCAA=，则多面体11ABEDBC的体积21111222123VVV=（3）证明：连接 DE 因为 D，E 分别是11AC，AC 的中点，所以11DEAABB，所以四边形1BB DE为平行四边形 所以1BEB D又BE 平面1AB D，1B D 平面1AB D，所以BE平面1AB D 易知1C DAE，得四边形1ADC E为平行四边形 所以1C EAD，又1C E 平面1AB D，AD 平面1AB D，所以1C E平面1AB D 而1BEC EE=，

13、BE，1C E 平面1BC E，学科网（北京）股份有限公司 所以平面1BC E平面1AB D 20解：（1）因为2coscoscosabcABB+=，由正弦定理可得sinsin2sincoscoscosABCABB+=，所以sincoscossin2sincosABABCA+=，即()sin2sincosABCA+=因为()CAB=+，所以()sinsin2sincosABCCA+=，因为()0,C，则sin0C，故1cos2A=因为()0,A，所以3A=（2）根据正弦定理有sinsinacAC=，所以33sin32sin32aCcA=因为ac，所以0,2C，所以26cos1 sin3CC=，

14、所以()3 23sinsinsincoscossin6BACACAC+=+=+=，3 233sin661,66sin32aBbabcA+=+=+所以ABC的周长为66+21证明：（1）如图，连接 AC，因为 E，F 分别为棱 PA，PC 的中点，所以EFAC 因为AC 平面 ABCD，EF 平面 ABCD，所以EF平面 ABCD 学科网（北京）股份有限公司（2）过 P 作PMAB，垂足为 M 因为平面PAB 平面 ABCD，平面PAB平面ABCDAB=，PM 平面 PAB，所以PM 平面 ABCD，又AD 平面 ABCD，所以PMAD 又PAAD，PAPMP=，PA，PM 平面 PAB，所以A

15、D 平面 PAB 又PB 平面 PAB，所以ADPB又PAPB，PA，AD 平面 PAD，所以PB 平面 PAD 而PB 平面 PBC，所以平面PAD 平面 PBC 22（1）证明：连接 BD 因为ABCD，所以ABDBDC=在ABD中，由正弦定理得sinsinADBDABDA=，在BCD中，由正弦定理得sinsinBCBDBDCC=，由3ADBC=，ABDBDC=，结合可得sin3sinCA=（2）解：由（1）知sin3sinCA=，sinsin22sincos3sinCAAAA=，3cos2A=，又0A，所以6A=，则23CA=连接 BD，在ABD中，由余弦定理得()2222232cos3

16、2 32BDADABAD ABAABAB=+=+2233463ABABCDCD=+=+；在BCD中，由余弦定理得2222212cos12 12BDBCCDBC CDCCDCD=+=+21CDCD=+，所以224631CDCDCDCD+=+，解得1CD=或23 当23CD=时，连接 AC，在ACD中，由余弦定理，得22252cos6ACADCDAD CD=+学科网（北京）股份有限公司 423493239329=+=，所以73AC=，而此时47133ABBC+=+=，故23CD=不满足题意 梯形 ABCD 的高3sin62hAD=，当1CD=时，梯形 ABCD 的面积()13 324SABCD h=+=；所以梯形 ABCD 的面积为3 34