【文档说明】重庆市西南大学附属中学、重庆育才中学、重庆外国语学校三校2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题含答案.docx，共(11)页，1.197 MB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-2d56ef2c72eefa13d0043c4152752177.html

以下为本文档部分文字说明：

高2025届2022-2023学年（下）5月名校联考数学试题一、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，只有一个选项是符合题目要求的。1．复数()i3iz=+在复平面内对应的

点所在的象限为（）A．第一象限B．第二象限C．第三象限D．第四象限2．已知向量()1,1a=−，()2,1b=，()2,c=．若()2cab+∥，则=（）A．12−B．0C．12D．83．已知33sin23−=，

且为第三象限角，则tan=（）A．2−B．33C．22D．24．金字塔一直被认为是古埃及的象征，然而，玛雅文明也有类似建筑，玛雅金字塔是仅次于埃及金字塔的著名建筑．玛雅金字塔由巨石堆成，其下方近似为正四棱台，顶端是祭神的神殿，其形状近似为正四棱柱．整

座金字塔的高度为29m，金字塔的塔基（正四棱台的下底面）的周长为220m，塔台（正四棱台的上底面）的周长为52m，神殿底面边长为9m，高为6m，则该玛雅金字塔的体积为（）A．374920m3B．30455m3C．37217m3D．45

439.5m35．在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知ax=，6c=，60A=，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围为（）A．(33,6B．()33,6C．()3,6D．()33,+6．已知一个正六棱锥的所有顶点都在一个球的表面上

，六棱锥的底面边长为1，侧棱长为2，则球的表面积为（）A．43B．83C．163D．47．若sin22cos204+−=，则tantan44++−=（）A．－2B．1C．2D．48．在ABC△中，角

A，B，C的对边分别为a，b，c．已知3B=，8a=，coscos6bAaB+=，点O是ABC△的外心，若BOxBAyBC=+，则xy+=（）A．712B．2336C．2536D．2936二、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．给出下列4个命题，其中正确的命题是（）A．梯形可确定一个平面B．棱台侧棱的延长线不一定相交于一点C．0ABBCCDDA+++=D．若非零向量a，b，c满足abac=，则bc=10．函数()()2sin0,2fxx=+

的部分图象如图所示，则（）A．函数()fx的最小正周期为23B．()fx在区间,123上单调递减C．()yfx=的图象关于直线9x=对称D．将()fx的图象向左平移6个单位长度可得2cos36yx=+的图象11．已知O为坐标原

点，点()1cos,sinP，()2cos,sinP，()()311cos,sin22P++，()1,0A，则（）A．13OPOP=B．1323PPPP=C．312OAOPOPOP=D．()1232OPOPOP+

12．如图，直四棱柱1111ABCDABCD−的底面是梯形，ABCD∥，ADDC⊥，4BCCD==，12DDAB==，P是棱1CC的中点．Q是棱11CD上一动点（不包含端点），则（）A．AC与平面BP

Q有可能平行B．11BD与平面BPQ有可能平行C．三角形BPQ周长的最小值为1729+D．三棱锥ABPQ−的体积为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若复数z满足()224izzzz++−=+，则z

=______．14．已知向量a，b满足()34abb+=，且4b=，则a在b上的投影向量的模为______．15．一个倒置的圆锥形容器，其轴截面为等边三角形，在其内放置两个球形物体，两球体均与圆锥形容器侧面相切，且两球形物体也相切，则小球的体积

与大球的体积之比为______．16．在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3c=，tantan3tantanCCAB+=，则2ab+=______（填数值），ABC△的面积的取值范围是______．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）在ABC△中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知222sinsinsinsinsinACACB+=+．（1

）求角B的大小；（2）若3b=，ABC△的面积为32，求ABC△的周长．18．（12分）如图，正三棱柱111ABCABC−的各条棱长均为2，D为AB的中点．（1）求证：直线1AC∥平面1BCD；（2）求三棱锥1

ABCD−的体积．19．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，3AB=，2AD=，60DAB=，点E，F，G分别在边AB，AD，DC上，且13AEAB=，AFFD=，()01DGDC=．（1）若12=，用AB，

AD表示EG；（2）求EGEF的取值范围．20．（12分）已知向量cossin,23cos4axxx=−+，cossin,sins4bxxx=+−，设函数()()30fxab=−，且函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为2

．（1）求的值及函数()fx的值域；（2）设()()23240Mxfxfx=−+R，15Pxx=Z，求MP．21．（12分）如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD−中，P为11CD的中点，Q为1C

C的一个三等分点（靠近C）．（1）经过P，Q两点作平面，平面截正方体1111ABCDABCD−所得截面可能是n边形，请根据n的不同取值分别作出截面图形（每种情况作一个代表类型，例如3n=只需要画一一种，下面给了四幅图，可以不用完，如果不够请自行增加），保留作

图痕迹；（2）若M为AB的中点，求过点P，Q，M的截面的面积．22．（12分）由于某地连晴高温，森林防灭火形势严峻，某部门安排了甲、乙两名森林防火护林员对该区域开展巡查．现甲、乙两名森林防火护林员同时

从A地出发，乙沿着正西方向巡视走了3km后到达D点，甲向正南方向巡视若干公里后到达B点，又沿着南偏西60°的方向巡视走到了C点，经过测量发现60ACD=．设ACB=，如图所示．（1）设甲护林员巡视走过的路程为SAB

BC=+，请用表示S，并求S的最大值；（2）为了强化应急应战准备工作，有关部门决定在BCD△区域范围内储备应急物资，求BCD△区域面积的最大值．高2025届2022-2023学年（下）5月名校联考数学试题参考答案一、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，只有一个选

项是符合题目要求的。12345678BADBBCCB【解析】8．解：∵coscos6bAaB+=，∴222222622bcaacbbabcac+−+−+=，∴266ccc==．由BOxBAyBC=+得，BOBAxBABAyBCB

A=+，BOBCxBABCyBCBC=+，即：183624xy=+，322464xy=+，解得29x=，512y=，∴2326xy+=，故选B．二、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。9101112ACACDABDACD【解析】12．解：对于A，当Q为11CD的中点时，1AC∥平面BPQ，故A正确；对于B，11BDBD∥，又D平面BPQ，B

D与平面BPQ只能相交，所以11BD与平面BPQ只能相交，故B错；对于C，17BP=，把11ABCD沿11CD展开与11CDDC在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，BQPQ+有最小值，由14AD=可得222529BP=+=

，所以三角形BPQ周长的最小值为1729+，故C正确；对于D，ABPQQABPVV−−=，因ABPS△为定值，又11CD平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以ABPQV−为定值．故选：ACD．

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13141516211275，321,24【解析】16．解：由题知，11sincoscossinsintan333tantancossinsincossinsinCABCCCABCABCAB+=+==．即

：2sin13sinsincosCABC=，∴222223cabababc=+−，又3c=，∴225ab+=．又∵ABC△是锐角三角形，∴cos0A，cos0B，cos0C，即2230ab−+，2230ba−+，2230ab+−，结合225ab+=得(

)21,4b．又1sin2ABCSabC=△，∴22221sin4ABCSabC=△，∴()2222251144ABCbbabS−−−==△．不妨设()21,4tb=，则2215214216ABCSt=−−+△，∴2321,416ABC

S△，∴321,24ABCS△．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．解：（1）由正弦定理知，sin2aAR=，sin2bBR=，sin2cCR=，即22222222acacbRRRRR+=+

，∵222acacb+=+，∴2221cos22acbBac+−==又∵()0,B，∴3B=（2）∵3b=，3B=，∴223acac+=+又∵133sin242SacBac===，∴2ac=∴()2339acac+=+=，∴3ac+=故ABC△

的周长为33abc++=+18．解：（1）连接1BC交1BC于点O，连接OD由正三棱柱111ABCABC−可得O为1BC的中点，又D为AB的中点，所以，1ACOD∥，又1AC平面1BCD，OD平面1BCD，∴1AC∥平面1BCD（2）∵正三棱柱11

1ABCABC−的各条棱长均为2，∴CDAB⊥且3CD=，32ACDS=△∴111113323323ABCDBACDACDVVSBB−−====△19．解：（1）1111132326EGEAADDGABADDCABADABA

BAD=++=−++=−++=+（2）∵1133EGEAADDGABADABABAD=++=−++=−+又1132EFEAAFABAD=+=−+∴22111111133293222EGEFABADABADABADABAD=−+−+=−++

−221111133323293222222=−++−=−+又∵0,1，∴30,2EGEF20．解：（1）()()()cossincossin2

3cossin344fxxxxxxx=−+++−−222cossin23cos34xxx=−++−cos23cos2cos23sin22cos243xxxxx=++=−=+由题知，2

2T=，即22T==，∴1=∴()2cos23fxx=+，当xR时，23x+R故()fx的值域为2,2−（2）∵()()2220fxfx−−，∴()222fx

即22cos2223x+，∴2cos2222x+结合余弦曲线知，222434kxk−+++，kZ，∴72424kxk−+−+，kZ，∴7

,2424Mkk=−+−+，kZ又15Pxx=Z，∴3MP=21．（1）截面可以分别为三角形，四边形，五边形，六边形（本小题作出三角形、四边形各得1分，五边形、六边形各得2分，共6分．）（2）如图：连接PQ所在直线交DC延长线于X，交1DD

的延长线于Z；连接直线MX交BC于R，交DA延长线于Y；连接YZ分别交1AA，11AD于S，T．则六边形PQRMST即为截面．∵P为11CD的中点，Q为1CC的一个三等分点（靠近C），∴113DPPC==，14CQ=，2QC=，可得14DZ=

，5PZPQ==，32CX=，52QX=，又CDAB∥，31232CRXRCXRBRMMB====，所以2CR=，4RB=，52XR=，5RM=，又ADBC∥，M为AB的中点，5MY=，4AY=，所以YDZ为等腰直角三角形，所以42YS=，22ST=，42TZ=，102YZ=，

252XYXZ==，∴XYZ△为等腰三角形，等边上的高为5172，15251021734222XYZS==△1173422222XQRS==△，234PZTMSYSS==△△所以25343423423483422PQRMST

XYZXQRPTZMSYSSSSS=−−−=−−−=△△△△方法二：可证明PQRM与PTSM是全等的等腰梯形，62PM=，22QR=，5PQRM==，所以等腰梯形PQRM的高为17，所以()1226222178342PQRNSTP

QRMSS==+=．22．（1）由题：()360120906090ADC=−+++=−．在ABC△中，由正弦定理：sinsinACADADCACD=，即：23cosAC=，在ABC△中，∵ACB

=，∴60CAB=−．由正弦定理：()4cossinsin60sin120ABBCAC===−，4cossin2sin2AB==，()4cossin60BC=−∴()2sin24cossin60SABBC=+=+−且()

0,60又()sin23cos232sin2603S=++=++∵()0,60，∴()2600,180+，∴S的最大值为23+，当且仅当15=时取得等号．（2）由（1）知：()4cossin60BC=−，()23sin30CD=+．∴()()

()14cossin6023sin30sin602S=−++∴()()33sin260sin2602S=+++不妨设()sin260t=+，又∵()0,60，∴()26060,180+，(0,1t∴233

2Stt=+而S在(0,1t上单调递增，()max3132SS=+，当且仅当15=时取得等号获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com