【文档说明】湖北省十堰市部分重点中学2022-2023学年高一下学期5月联考数学试题答案.pdf，共(13)页，1.358 MB，由小赞的店铺上传

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十堰市部分重点中学2023年度5月联考高一数学参考答案1．B【分析】根据复数的乘法运算进行化简，根据复数的几何意义即可求解.【详解】解：因为i3i13i，其在复平面内对应点的坐标为1,

3，故复数i3i对应的点位于第二象限.故选：B.2．D【详解】以AB、BC为邻边作菱形ABCD，则ABBCBABCBDDBuuuruuuruuruuuruuuruuur，由图形可知，DB的长度等于等边ABC的边AC上的高的2倍，即22121

32DBuuur，因此，3ABBCuuuruuur，故选：D.3．C【分析】根据圆台侧面积公式进行求解即可.【详解】因为圆台的上下底面圆的半径分别为1与2，高为3，所以圆台的母线为：2222

(3)(21)2ABACBC，所以圆台的侧面积为：(12)26，故选：C4．C【分析】根据函数奇偶性的定义逐项分析即得.【详解】选项A:因为sincosfxgxxx的定义域为R，又sincossincosfxgxxxxxfxgx

，所以fxgx是奇函数，故A错误；选项B:因为sincosfxgxxx的定义域为R，又sincossincosfxgxxxxxfxgx，所以fxgx是偶函数，故B错误；选项C:因为sin

cosfxgxxx的定义域为R，又sincossincosfxgxxxxxfxgx，所以fxgx是奇函数，故C正确；选项D:因为sincosfxgxxx的定义域为R，又sincossincos

fxgxxxxxfxgx，所以fxgx是偶函数，故D错误.故选：C.5．C【分析】根据三角函数的诱导公式以及二倍角公式，可得答案.【详解】21sin40cos70cos20sin20cos201212sin25cos50sin402.故选：C.6

．B【分析】直接根据投影向量的公式计算即可.【详解】a在b上的投影向量为：2215cos120cos1205236abaabbbbbbbbb

.故选：B7．A【分析】过点E分别作'EE底面，EFAB，然后根据题意分别求出,'AFEE，最后相加即可求出答案.【详解】如图，过点E作底面垂线'EE，EFAB于F，因为斜坡CD的坡度1:2.4i，所以':'1:2.4EECE设'

EEx，'2.4CEx，在'RtCEE中，222''CECEEE，即222392.4xx，解得15x，则'15,CE'=36EE，所以'50CEBC，因为在E点测得大楼顶部点A的仰角为56，tan561.48所以tan56,501

.487450AFAF157489ABAFx,故选：A8．A【解析】由一条对称轴和一个对称中心可以得到131264TkT或133,1264TkTkZ，由()fx在1319,1212上单

调递减可以得到191312122T，算出的大致范围，验证即可.【详解】由题意知：131264TkT或133,1264TkTkZ∴51244k或53244k

∴2(14)5k或2(34),5kkZ∵()fx在1319,1212上单调递减，∴191312122T∴12222①当2(14)5k时，取0k知25此时2()sin515fxx

，当1319,1212x时，27,515210x满足()fx在1319,1212上单调递减，∴25符合取1k时，2，此时()sin2

3fxx，当1319,1212x时，572,322x满足()fx在1319,1212上单调递减，∴2符合当1k时，0

，舍去，当2k时，2也舍去②当2(34)5k时，取0k知65此时6()sin55fxx，当1319,1212x时，6321,55210x，此时()fx在1319,1

212上单调递增，舍去当1k时，0，舍去，当1k时，2也舍去综上：25或2，212255S.故选：A.【点睛】本题考查三角函数的图象与性质，难度较大，易错点在于已知一条对称轴和一个对称中心要分两种情况分析.9．BCD【解析】根据空间中线面的关

系，逐一分析选项，即可得答案.【详解】对于A：若//a，//b，则,ab可平行，可相交，也可异面，故A错误；对于B：若a，b，则//ab，故B正确；对于C：若a，a，则//，故C正确；对于D：a，//b，则ab，故D

正确.故选：BCD10．BD【分析】根据正弦定理三角形有唯一解，得到sinabA或ab，即可求出参数a的取值范围，从而得解；【详解】解：因为2b，3A，因为ABC有唯一解，所以sin3abA或2ab，即32,a，故选：BD11．ABC12．AC

D【分析】由正弦定理求外接圆半径；由题设知1sin(,1)2B，结合2sinbRB即可求范围；由余弦定理及基本不等式求bc的最大值，注意取最大的条件；由C分析有222234()9bcbcbc，结合正弦定理边角关系及,BC的范围，应用二倍角正余弦等恒等

变换，根据三角函数的值域求范围.【详解】由题设，外接圆直径为22sinaRA，故1R，A正确；锐角ABC中3090B，则1sin(,1)2B，故2sin(1,2)bRB，B错误；22222313cos12222bcabcAbcbcbc

，则3bc，当且仅当3bc时等号成立，C正确；由C分析知：222234()9bcbcbc，而2sin,2sinbBcC，又2(,)362BC且(,)62C，则22224(sinsin)42(cos

2cos2)bcBCBC42cos[()()]2cos[()()]BCBCBCBC44cos()cos()BCBC242cos(2)3C，而22(,)333C，所以21cos(2)(,1]32C，则242cos(2)(5

,6]3C，所以223(11,15]bcbc，D正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：D选项222234()9bcbcbc，应用边角关系及角的范围，结合三角恒等变换将22bc转化为三角函数性质求范围.13．1-14．7

9【分析】由题意，2是2的2倍，根据余弦二倍公式，即可求解.【详解】由题意-22227cos2cos22cos1229故答案为：79【点睛】本题考

查余弦二倍角公式，属于基础题.15．232解：如图，以A为原点，分别以,ABAD为,xy轴建立平面直角坐标系，设正方形ABCD的边长为2a，则正方形DEHI的边长为3a，正方形EFGC边长为a可知0,0A，

2,0Ba，0,2Da，31DFa则31cos30Fxa，31sin302Fyaa，即3353,22Faa又AFABADxy，

3353,2,00,22,222aaxayaaxay即33225322axaaya，解得435,433yx，故232yx.解法提示：也可以用向量矢量运算

求解.GHABCD1A1B1C1DEF16．2解析：如图，在11BC上取点G，且11GC，连接GDEG1,,延长1,CCEG交于点H，则,//1BCEG且,//1BCAD得ADEG//.在HGCRt1中，易得111GCHC故2,4FHCH又cAEDAEDCECDAhSVV11131

，其中ch为点C到平面1AED的距离FAEDAEDFEFDAhSVV11131，其中Fh为点F到平面1AED的距离由于ADEG//，平面1AED与平面1AEFD共面故ch即为点C到平面1AEFD的距离，Fh为点F到平面1AEFD的距离，且FHCH2

故2:11EFDAECDAVV解法提示：可以用割补法求解，但比较复杂。17．（1）3；（2）2.【分析】（1）由abb，得0abbrrr，则20abb，再结数量积的公式和2ab

可求得a与b的夹角；（2）由14ab，得214ab，将此式展开，把2ab代入可求得结果【详解】（1）∵abb，∴0abbrrr，.............................................2分∴20

abb，∴2cos,0ababb，∵2ab，∴222cos,0babb，.........................................

....3分∴1cos,2ab，∵,0,ab，∴a与b的夹角为3..............................................5分（2）∵14ab，∴214ab，...............

..............................6分∵2ab，又由（1）知1cos,2ab，.............................................8分∴2714

b，∴2b..............................................10分【点睛】此题考查平面向量的数量积的有关运算，考查计算能力，属于基础题18．(1)当8xk，Zk时，函数fx有最大值

12(2)3,88【分析】（1）根据正弦型三角函数的最值列方程求解即可；（2）先确定函数在R上的递增区间，结合已知区间求交集即可.【详解】（1）解：因为1sin224fxx，xR，函数取最大值满足：2242xk，Zk，可得8xk

，Zk，.............................................2分当8xk，Zk时，函数fx有最大值12；.............................

................4分（2）解：函数在R上的增区间满足：222242kxk，Zk，可得388kxk，Zk，....................................

.........8分又,22x，函数fx的单增区间为3,88........................................12分19．(1

)35(2)1663【分析】（1）根据二倍角的余弦公式结合商数关系及化弦为切即可得解；（2）先利用二倍角的正切公式求出tan2，再根据平方关系及商数关系求出tan，再根据tantan2

利用两角差的正切公式即可得解.【详解】（1）22222211cossin1tan34cos21cossin1tan514；.................................

............4分（2）由1tan2，得22tan14tan211tan314，.............................................6分因

为,为锐角，所以π,0,2，则0,π，.............................................8分又因5cos13，所以π0,

2，所以212sin1cos13，所以sin12tancos5，.........................................

....10分则412tan2tan1635tantan24121tan2tan63135.......................12分20.解析(1)在△ABC中,由正弦定理得bsinC=csinB,又由3

csinB=4asinC,得3bsinC=4asinC,即3b=4a.又因为b+c=2a,所以b=43a,c=23a..............................................3分由余弦定理的推论可得cosB=���2+���2-���22���

���=���2+49���2-169���22·���·23a=-14..............................................5分(2)由(1)可得sinB=1−c

os2B=154,.............................................7分从而sin2B=2sinBcosB=-158,cos2B=cos2B-sin2B=-78,.................................

............9分故sin2���+π6=sin2Bcosπ6+cos2B·sinπ6=-158×32-78×12=-35+716....................................12分21．解：（1）在AOB中，2,1OAOB

，π3AOB，3,ABπ6OAB，π2OBA，π2OAC，....................................1分解法一：以O为坐标原点，射线OA所在直线为

x轴建立平面直角坐标系.由3,1AOBOB，得），（2321B.由32ACOA，,π2OAC，得），（32C....................................3分由OCxOAyOB

及），（），（），（2321,02,32OBOAOC得)23,21223210232yyxyx（），（），（），（，...............................4分xy解得2,21yx.......................

.............5分解法二：过点C作//CDOB交OA于点D,...........................................2分在ACD中3,ACπ2OAC，3CDA，2,1,1CDDAOD，.....

......................................4分122OCODDOAOBC，1,22xy..............................

..............5分（2）由正弦定理得sinsinABOBOAB，即sinsinsin54cosOBOABAB，所以2coscos54cosOAB，...............

............7分所以πcoscos()3OACOABππcoscossinsin33OABOAB，2cos1sin32254cos54cos2cos3sin254cos，...........................9分由

余弦定理得22cos3sin454cos2254cos254cosOC523sin2cosπ54sin()6，...........................11分因为(0,π)，所以当2π3时，OC取得最大值3

............................12分22.解：（1）由222，得2，.............................................1分则sin21fxx则sin211sin2126gxxx

为偶函数，所以01g，又0，所以3，故sin213fxx..............................................3

分（2）因为0,3x，所以2,33x，sin20,13x故10fx，211fx，而2220fxmfxm恒成立，即

2221fxfxfxm，整理可得111mfxfx..............................................5分令1tfx，2,1t，设1nttt，2,1t，设12,

2,1tt且12tt，则121212121212111ttntnttttttttt，由于120tt，121tt，则120ntnt，所以12ntnt，即1ntt

t区间2,1上单调递增，故min522ntn，故52m，即实数m的取值范围是5,2..............................................7分（3）由题意知23

2sin213hxfxx，由0hx得1sin232x，故72236xk或112236xk，kZ，解得512xk或34xk，kZ，故hx的零点为512xk或34xk，kZ

所以相邻两个零点之间的距离为3或23.............................................9分若ba最小，则a和b都是零点，此时在区间,aa，,2aa，…，,asa

，*sN分别恰有3，5，…，21s个零点，所以在区间,14aa上恰有29个零点，从而在区间14,ab上至少有一个零点，所以143ba，..........................

...................11分另一方面，在区间55,1412312上恰有30个零点，所以ba的最小值为431433..............................................12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微

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