2022-2023學年湖北省新高考高一下冊5月聯考數學模擬試題（含解析）一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知集合，，則等于（）A. B.C D.【正確答案】C【分析】確定，再計算交集得到答案.【詳解】，，則.故選：C2.已知點在角的終邊上，那么的值是（）A. B. C. D.【正確答案】A【分析】確定，再根據二倍角公式計算得到答案.【詳解】點在角的終邊上，則，.故選：A.3.已知直線,其中在平面內.則“”是“”的A.充分而不必要條件 B.必要而不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【正確答案】B【分析】根據線面垂直的判定和性質定理可知充分性不成立、必要性成立，由此得到結果.【詳解】若，則，無法得到，充分性不成立；若，則垂直于內所有直線，可得到，，必要性成立；“，”是“”的必要而不充分條件.故選.本題考查充分條件與必要條件的判定，涉及到線面垂直的判定與性質，屬于基礎題.4.在中，內角的對邊分別為.若，且，則A. B. C. D.【正確答案】B【分析】利用正弦定理和兩角和的正弦公式可把題設條件轉化為，從而得到，再依據得到，從而.【詳解】因為，故即，故，因為，故，所以，又，故，從而，所以，故選B.在解三角形中，如果題設條件是邊角的混合關系，那么我們可以利用正弦定理或余弦定理把這種混合關系式轉化為邊的關系式或角的關系式.5.在正方形ABCD中，已知，點P在射線CD上運動，則的取值范圍為（）A. B.C. D.【正確答案】D【分析】建立平面直角坐標系，利用數量積的坐標運算及二次函數最值求解.【詳解】以A為坐標原點，AB所在直線為x軸，AD所在直線為y軸，建立平面直角坐標系，如圖所示，則，所以，，所以，所以當時，取得最小值.所以的取值范圍為.故選：D6.已知復數z的實部和虛部均為自然數，在復平面內z對應的點為Z，那么滿足的點Z的個數為（）A.5 B.6 C.7 D.8【正確答案】C【分析】設，得到，再依次列舉得到答案.【詳解】設，，，即，當時，或；當時，；當時，，或；當時，.綜上所述：共有個點滿足條件.故選：C7.已知三棱錐的四個頂點在球O的球面上，，△ABC是邊長為2的正三角形，E、F分別是PA、AB的中點，EF⊥平面PAC，則球O的體積為（）A. B. C. D.【正確答案】D【分析】根據條件，得到兩兩垂直，將三棱錐放入正方體中，計算外接球半徑，再計算體積得到答案.【詳解】E、F分別是PA、AB的中點，則，EF⊥平面PAC，則平面，平面，故，，根據條件可知，，故，所以兩兩垂直，將三棱錐放入正方體中，如圖所示：因為△ABC是邊長為2的正三角形，所以正方體的邊長為，故外接球半徑，所以球O的體積.故選：D.8.定義：若，則稱是函數倍伸縮仿周期函數.設，且是的2倍伸縮仿周期函數.若對于任意的，都有，則實數m的最大值為（）A.12 B. C. D.【正確答案】B【分析】確定函數解析式，得到時，，考慮和兩種情況，得到不等式，解得答案.【詳解】，當時，，故，故當時，，，，故，當時，恒成立；當時，，，即，故，即，即實數m的最大值為.故選：B.關鍵點睛：本題考查了函數的新定義，不等式恒成立問題，三角函數的性質，意在考查學生的計算能力，轉化能力和綜合應用能力，其中利用函數的類周期性質確定函數的解析式是解題的關鍵.二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.若復數、是關于x的方程的兩個根，則下列說法正確的是（）A. B.C. D.【正確答案】AC【分析】解方程得到，，代入選項計算得到答案.【詳解】，則，則，不妨取，，對選項A：，正確；對選項B：，錯誤；對選項C：，正確；對選項D：，錯誤；故選：AC.10.已知一個矩形ABCD，用斜二測畫法得到其直觀圖的周長為2，設，，下列說法正確的是（）A.xy的最大值為1 B.的最小值為C.的最大值為2 D.的最大值為【正確答案】BCD【分析】根據斜二測畫法可得，再有均值不等式及重要不等式判斷ABC，由二次函數求最值判斷D.【詳解】由斜二測畫法知，，又的周長為2，所以，即，對A，，，即，當且僅當時等號成立，所以A錯誤；對B，，當且僅當時，即時等號成立，故B正確；對C，由可知，，即，所以，即，當且僅當，即時等號成立，故C正確；對D，，其中，即解得，由二次函數圖象開口向下，對稱軸方程為可知，當取對稱軸時，的最大值為，故D正確.故選：BCD11.已知函數，若函數的部分圖象如圖所示，函數，則下列結論不正確的是（）A.將函數的圖象向左平移個單位長度可得到函數的圖象B.函數的圖象關于點對稱C.函數在區間上的單調遞減區間為D.若函數為偶函數，則θ的最小值為【正確答案】CD【分析】根據圖像確定，得到和的解析式，根據平移法則得到A正確，代入驗證得到B正確，舉反例得到C錯誤，計算最小值為，D錯誤，得到答案.【詳解】根據圖像的最大值為，且，故，，故或（舍），，故，即，，對選項A：，向左平移得到，正確；對選項B：當時，，故關于點對稱，正確；對選項C：，，，錯誤；對選項D：為偶函數，則，，解得，，當時，有最小值為，錯誤.故選：CD.12.如圖，在等腰梯形ABCD中，.將△ACD沿著AC翻折，使得點D到點P，且.下列結論正確的是（）A.平面APC⊥平面ABCB.二面角的大小為C.三棱錐的外接球的表面積為5πD.點C到平面APB的距離為【正確答案】ACD【分析】根據面面垂直的判定定理判斷A，利用二面角平面角的定義，作出二面角的平面角并證明，計算正切值即可判斷B，根據球的性質確定圓心位置，再由勾股定理及球的面積公式求解判斷C，利用等體積法求出點到面的距離判斷D.【詳解】△ABC中，，，，由余弦定理可得，∴，∴.∵，，平面APC，∴BC⊥平面APC，∵BC?平面ABC，∴平面APC⊥平面ABC，故A對；取AC的中點E點，過點E作于點F，如圖，∵，∴，∵平面APC⊥平面ABC，平面APC∩平面，平面APC，∴PE⊥平面ABC，又平面ABC，，又∵，平面PEF，平面PEF，而平面PEF，，∴∠PFE是二面角的平面角，在Rt△PFE中，，故B錯；在Rt△ABC中，取AB的中點，過點作PE的平行直線，如圖，由平面ABC可知平面ABC，又為底面的外接圓圓心，則三棱錐的外接球的球心O在這條直線上，設外接球O的半徑為R，過作交于，易知四邊形為矩形，則在與中，，，，解得，故外接球O的表面積為，故C對；由PE⊥平面ABC，.在△PAB中，，由余弦定理得∴，設點C到平面APB的距離為d，由可得，故D對.故選：ACD三、填空題：共4小題，每小題5分，共20分.13.已知，，且，則非零向量的坐標為______.【正確答案】【分析】設，根據模長得到，根據平行得到，解得答案.【詳解】設，，則，，，則，解得或（舍），即.故答案為.14.在《九章算術》中，塹堵指底而為直角三角形，且側棱垂直于底面的三棱柱，陽馬指底面為矩形，一條側棱垂直于底面的四棱錐.如圖，在塹堵中，，，則當塹堵的體積最大時，陽馬的體積為______.【正確答案】##【分析】確定，根據均值不等式得到，考慮取等條件，再計算體積得到答案.【詳解】，則，故，，當且僅當時等號成立，，故時，塹堵的體積最大為，此時陽馬的體積為.故答案為.15.在△ABC中，已知，P是△ABC的外心，則的余弦值為______.【正確答案】分析】根據余弦定理計算，確定，再利用余弦定理計算得到答案.【詳解】，故，設的外接圓半徑為，則，中，.故答案為.16.農歷五月初五是端午節.這一天民間有吃粽子的習俗，據說是為了紀念戰國時期楚國大臣、愛國詩人屈原.粽子的形狀有多種.今有某種粽子類似于由一個直角三角形繞它的一條直角邊旋轉（如圖）而成.如果粽子的餡可以看成是這個幾何體內的一個球狀物，則粽子餡的最大體積為______.【正確答案】【分析】是的中點，連接，，確定球心在平面內，設為，設球半徑為，四邊形為正方形，邊長為，根據等面積法得到，再計算體積得到答案.【詳解】如圖所示：是的中點，連接，，，，則，，根據對稱性，球心在平面內，設，設球半徑為，當球體積最大時，球與平面，平面，平面和直線相切，設切點分別為，，，，平面與直線交于點，則四邊形為正方形，邊長為，中，，，根據等面積法：，解得，球的體積.故答案為.關鍵點睛：本題考查了旋轉體的內接球問題，意在考查學生的計算能力，空間想象能力和綜合應用能力，其中確定四邊形為正方形，邊長為，再根據等面積法確定半徑是解題的關鍵.四、解答題：本題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.17.已知向量，，其中，，（1）若，求實數的值；（2）若與的夾角為銳角，求實數的取值范圍【正確答案】（1）（2）【分析】（1）確定，，根據垂直得到，計算得到答案.（2）根據夾角為銳角得到，再排除共線的情況得到答案.【小問1詳解】，，，，，則，解得.【小問2詳解】與的夾角為銳角，則，即.當和共線時，，，此時向量夾角為，不滿足，綜上所述.18.如圖，四邊形ABCD為正方形，ED⊥平面ABCD，，（1）證明：EA∥平面BCF；（2）證明：平面EAC⊥平面FAC.【正確答案】（1）證明見解析（2）證明見解析【分析】（1）由線面平行證明面面平行，再由面面平行的性質證明線面平行即可；（2）作出二面角的平面角，利用勾股定理證明二面角的平面角為直角，即可得面面垂直.【小問1詳解】在正方形ABCD中，，又由AD?平面ADE，BC平面ADE，故BC//平面ADE.∵，同理可證FB//平面ADE，又∵，BC，BF?平面BCF，∴平面ADE//平面BCF，又∵EA?平面ADE，∴平面BCF【小問2詳解】如圖，連接BD交AC于O，連接OE,OF.設，則由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，在三角形EOF中，，所以，所以，二面角是直二面角，即證平面EAC⊥平面FAC.19.在△ABC中，角A、B、C的對邊分別為a、b、c，已知，且.∠BAC的平分線交BC于點E.（1）求角C；（2）求△ABE的面積.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）根據二倍角正弦公式及正弦定理求解；（2）利用及面積公式，化簡求出.【小問1詳解】∵，，，∵【小問2詳解】∵，如圖，又，，即，，.20.如圖所示，四棱錐的底面為直角梯形，，，底面ABCD，，（1）求證：（2）線段BC上是否存在點E，使得平面PAD⊥平面PDE？若存在，求直線PE與平面PAD所成角的正弦值；若不存在，請說明理由.【正確答案】（1）證明見解析（2）存在，【分析】（1）連接，確定，，得到平面，得到線線垂直.（2）建立空間直角坐標系，計算各點坐標，設點的坐標為，計算平面和平面的法向量，根據向量垂直確定，再根據向量的夾角公式計算得到答案.【小問1詳解】如圖所示，連接，設，則，為等腰直角三角形，，又，，故，所以，故，又平面，平面，故，，平面，故平面，平面，故.【小問2詳解】方法一：空間向量法如圖，以為原點，方向為軸，方向為軸，方向為軸，建立空間直角坐標系，設，則.則各點坐標為：，，，，，假設存在，設，，即，所以則點的坐標為.設和分別為平面和平面的法向量.，，，即，令，得，，；，，，即，令，得，，，平面平面，故，即，解得，故，，設直線與平面夾角為，則，綜上所述：線段上存在點，使得平面平面，直線與平面所成角的正弦值為.方法二：幾何法假設存在，如圖，作，垂足為，連接，作，垂足為，，，，平面，故平面，平面，故，又，平面，平面，平面平面，故為二面角的平面角，，，，故，在直角三角形中，，，直角三角形中，，，，，作，垂足為，，故，設，又，，由余弦定理：，又，故，，，，，平面，故平面，平面，故，故.，，故，解得.故，，，平面平面，平面，平面平面，故平面，設直線與平面夾角為，則，所以線段上存在點，使得平面平面，直線與平面所成角的正弦值為21.已知（1）若，求的值；（2）將函數的圖象向右平移個單位得到函數的圖象，若函數在上有4個零點，求實數的取值范圍.【正確答案】（1）（2）【分析】（1）化簡得到，確定，化簡得到，計算得到答案.（2）取得，設，確定，令，在有兩個零點，計算得到答案.【小問1詳解】，若，即，.【小問2詳解】，設，則，，故，，故，原方程變為，，令，，原方程有4個零點，而方程在至多兩個根，故，且在有兩個零點，則，解得，即22.函數的圖象關于坐標原點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數，有同學發現可以將其推廣為：函數的圖象關于點成中心對稱圖形的充要條件是函數為奇函數.已知函數.（1）若函數的對稱中心為，求函數的解析式.（2）由代數基本定理可以得到：任何一元次復系數多項式在復數集中可以分解為n個一次因式的乘積.進而，一元n次多項式方程有n個復數根（重根按重數計）.如設實系數一元二次方程，在復數集內的根為，，則方程可變形為，展開得：則有，即，類比上述