【文档说明】重庆市西南大学附属中学2022-2023学年高一下学期5月月考数学试题 含解析.docx，共(24)页，2.751 MB，由小赞的店铺上传

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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【答案】B【解析】【分析】根据复数乘法的运算法则得到13iz=−+，然后判断象限即可.【详解】()i3i13iz=+=−+，所以复数z在复平面内对应的点为()1,3−，在第二象限.故选：B.2已知向量()1,1a=−，()2,

1b=r，()2,c=．若()2cab+∥，则=（）A.12−B.0C.12D.8【答案】A【解析】【分析】先求出2ab+的坐标，再由()2cab+∥列方程可求出的值.【详解】因为向量()1,1a=−，()2,1b=r，所以22(1,1)(2,1)(4,1)

ab+=−+=−，因为()2cab+∥，()2,c=，所以241=−，得12=−，故选：A3.已知3π3sin23−=，且为第三象限角，则tan=（）A.2−B.33C.22D.2【答案】D【解析】.【分析】利用诱导公式先求出3cos3=−，再根据角

所在的象限，利用同角三角函数的基本关系即可求解.【详解】因为3π3sincos23−=−=，所以3cos3=−，又因为为第三象限角，所以26sin1cos3=−−=−，则sintan2cos==，故选：

D.4.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.45439.5m3【答案】B【解析】【分析】由棱台的体积公式求下部正四棱台的体积，由柱体体积公式求神殿的体积，相加可得该玛雅金字塔的体积.【详解】设

塔基的边长为a，塔台的边长为b，正四棱台的高为h，神殿的高为h，由已知，4220,452,29,6abhhh==+==，所以55,13,23abh===，所以正四棱台的下底面积21553025S==，上底面积2213169S==，所以正四棱台

的体积()()11212113025169715232996933VSSSSh=++=++=，因为神殿的形状为正四棱柱，底面边长为9，高为6，所以神殿的体积2816486V==，所以该玛雅金字塔的体积2996948630455V=+=()3m，故选：B.5.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,+【答案】B【解析】【分析】由已知条件根据正弦定理用x表示出sinC，然后由60A

=和正弦函数的性质求出sinC的范围，从而可求出x的取值范围【详解】在ABC中，ax=，6c=，60A=，由正弦定理得sinsinacAC=，得6sin60sinxC=，解得33sinCx=，因为满足条件三角形有两个，所以60120C，所以3sin12C，即3

3312x，解得336x，即x的取值范围为()33,6，故选：B6.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.4π3B.8π3C.16π3D.4π【答案】C【解析】的【分析】如图，先由已知条件求出正六棱锥的高

PG，则可知球心O在PG上，OAOPR==，然后在直角三角形GOA中，利用勾股定理列方程可求出R，从而可求出球的表面积.【详解】如图，正六棱锥PABCDEF−，G为正六边ABCDEF的中心，连接PG，则PG⊥平面ABCDEF，外接球的球心O在PG上，因为AG平面ABCDEF，所以PGAG⊥

，由题意可知1,2AGPA==，所以223PGPAAG=−=，设外接球的半径为R，则OAOPR==，所以3OGR=−，在直角三角形GOA中，222OAAGOG=+，所以()22213RR=+−，解得23R=，所以球的表面积为22216π4π4π33R

==，故选：C7.若πsin22cos204+−=，则ππtantan44++−=（）A.－2B.1C.2D.4【答案】C【解析】【分析】利用正弦和角公式，同角三角函数关系，得到tan21=，进而求出ππtantan2tan2244

++−==.【详解】π22sin2sin2cos2422+=+，故22sin2cos22cos2022+−=，即22sin2cos2022−=，化简得到tan21=，

所以2ππtan1tan14tantantan2tan22441tan1tan1tan+−++−=+===−+−.故选：C8.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【答案】B【解析】【分析】利用余弦定理和coscos6bAaB+=得到6c=，然后利用外心的结

论和BOxBAyBC=+得到,xy的方程，最后解方程即可.【详解】解：∵coscos6bAaB+=，∴222222622bcaacbbabcac+−+−+=，∴266ccc==．由BOxBAyBC=+得，212BOBA

BAxBABAyBCBA==+，212BOBCBCxBABCyBCBC==+，即：183624xy=+，322464xy=+，解得29x=，512y=，∴2336xy+=.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．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.0ABBCCDD

A+++=uuuruuuruuuruuurrD.若非零向量a，b，c满足abac=rrrr，则bc=【答案】AC【解析】【分析】对A：根据空间的基本事实和推论分析判断；B：根据台体的结构特征分析判断；对C、D：根据平面向量的运算分析判断.【详解】对于选项A：因为梯形有两边平行，且两条平行直

线可以确定一个平面，所以梯形可确定一个平面，故A正确；对于选项B：用平行于棱锥底面的平面去截棱锥，两平面之间的部分是棱台，则棱台的侧棱即为棱锥对应侧棱的一部分，所以棱台侧棱的延长线一定相交于一点，故B错误；对于选项C：因为0ABBCCDDAACCA+++=+=uuuruuuruuuruuur

uuuruurr，故C正确；对于选项D：因为abac=rrrr，则()0abc−=，当0bc−时，()acb⊥−，即不一定有bc=，例如()()()0,1,1,0,1,0abc===−rrr，则0abac==rrrr，显然

bcrr，故D错误；故选：AC.10.函数()()π2sin0,2fxx=+的部分图象如图所示，则（）A.函数()fx的最小正周期为2π3B.()fx在区间ππ,123上单调递减C.()yfx=的图象关于直线π9

x=对称D.将()fx图象向左平移π6个单位长度可得π2cos36yx=+的图象【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的图象求得()π2sin36fxx=+，再逐项判断.【详解】解：由图

象知：()02sin1f==，则1sin2=，由π2，得π6=，则()π2sin6fxx=+，的又11π11ππ2sin018186f=+=，则11ππ2π186+=，解得3=，则()π2si

n36fxx=+，则2π3T=，故A正确；由ππ,123x，得π5π7π3,6126tx=+，又sinyt=在5ππ,122上递增，在π7π,26上递减，故B错误；由ππππ2sin32sin29962f=+==

，故C正确；将()fx的图象向左平移π6个单位长度得到πππππ2sin32sin32cos366266yxxx=++=++=+，故D正确，故选：ACD11.已知O为坐标原点，点()1cos,sinP，()2cos,si

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

ABD【解析】【分析】AB选项，利用向量模长公式计算得到131OPOP==，1323PPPP=；C选项，由向量数量积公式得到312,OAOPOPOP不一定相等；D选项，由向量数量积运算法则，和差化积公式计算出()1232cos22OPOPOP−+=，D正确.【详解】A选项，2

21cossin1OP=+=，()()22311cossin122OP=+++=，故13OPOP=，A正确；B选项，()()1311coscos,sinsin22PP=+−+−，故()()2221311coscossinsin22PP

=+−++−()()1122coscossinsin22=−+++()()1122cos22cos22=−+−=−−，()()2311coscos,sinsin22PP=+−+−，故()()22

22311coscossinsin22PP=+−++−()()1122coscossinsin22=−+++()()1122cos22cos22=−+−=−−，由

于()()11coscos22−=−，故1323PPPP=，B正确；C选项，()()()()3i1111cos,sncos222,0OAOP++=+=，()()()12cos,si

ncos,sincoscossinsincosOPOP==+=−，因为()()1cos,cos2+−不一定相等，故312,OAOPOPOP不一定相等，C错误；D选项，由和差化积可得()()()()12311coscos,si

nsincos,sin22OPOPOP+=++++()()()()11coscoscossinsinsin22=+++++222coscos2sincos2222+−+−=+222cos2sincos2

cos22222++−−=+=，当且仅当4π,Zkk=+时，等号成立，故D正确.故选：ABD【点睛】方法点睛：和差化积公式：sinsin2sincos22+−+=，sinsin

2cossin22+−−=，coscos2coscos22+−+=，coscos2sinsin22+−−=−积化和差公式：()()1sincossinsin2=++−，()

()1cossinsinsin2=+−−，()()1coscoscoscos2=++−，()()1sinsincoscos2=−+−−.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BPQ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【答案】ACD【解析】【分析】对于A，当Q为11CD的中点时，可证得四边形1ABCQ为平行四边形，则1AC与BQ互相平分于点M，连接PM可证得PM∥AC，再由线面平行的判定定理可得结论，对于B，由题意可得11BD与平面BPQ

相交，对于C，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，从而可求得结果，对于D，ABPQQABPVV−−=，ABPS△为定值，可得结论.【详解】对

于A，连接1,AQCB，当Q为11CD的中点时，11112QCDC=，因为114CDCD==，CD∥11CD，AB∥CD，2AB=，所以12ABQC==，AB∥1QC，所以四边形1ABCQ为平行四边形，所以1AC与BQ互相平分，设1AC与BQ交于点M，连接PM，因为P是棱1CC的中点，所以PM∥

AC，因为AC平面BPQ，PM平面BPQ，所以AC∥平面BPQ，故A正确；对于B，11BDBD∥，又D平面BPQ，BD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11

CD展开与11CDDC在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，BQPQ+有最小值，直角梯形ABCD中，ABCD∥，ADDC⊥，4BCCD==，2AB=，则224223AD=−=，所以22114124ADADDD=+=+=，所以222529BP=+=，所以三角形BP

Q周长的最小值为1729+，故C正确；在对于D，ABPQQABPVV−−=，因ABPS△为定值，因为CD∥11CD，AB∥CD，所以AB∥11CD，因为11DC平面ABP，AB平面ABP，所以11CD∥平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以ABPQV−为定值．所以D正确，故选：

ACD．【点睛】关键点点睛：此题考查线面平行的判定和棱锥体的求法，对于选项A解题的关键是证明四边形1ABCQ为平行四边形，从而可找到1AC的中点，再利用三角形中位线定理可得线线平行，考查空间想象能力，属于较难题.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=______．【答案】2【解析】【分析】设出i(,R)zabab=+，利用()224izzzz++−=+得到方程组，解方程组求出a，b的值，从而可求出z.【详解】设i(,R)zabab=+，则iza

b=−，所以()2i+i+2(ii)=24i=24izzzzababababab++−=+−+−+++，所以2244ab==，解得：11ab==，所以2z=.故答案为：214.已知向量a，b满足()34ab

b+=，且4b=，则a在b上的投影向量的模为______．【答案】1【解析】【分析】根据给定条件，求出ab，再利用投影向量及向量模的意义求解作答.【详解】因为()34abb+=，4b=，则有234abb+=，即24416433bab−−===−，而a在b方向上的投影向量为||||abb

bb，所以a在b方向上的投影向量的模为||1||abb=.故答案为：115.一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___

___．【答案】127【解析】【分析】截取圆锥轴截面并根据等边三角形性质即可得大球O的半径R和小球1O的半径r满足3Rr=，由球的体积公式即可得其体积比.【详解】根据题意可截取圆锥轴截面，分别设大球O和小球1O与轴截面的

切点为,CB，圆锥顶点为A，如下图所示：易知AOC30=，190OCAOBA==，设大球O和小球1O的半径分别为,Rr，即1,OCROBr==；所以可得12,2OAROAr==，又因为1122OAOAOOrRrR=+=++=，所以3Rr=，代入球的体积公式可得13334π1

3427π3OOrVrVRR===.故答案为：12716.在锐角三角形中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，若3c=，tantan3tantanCCAB+=，则22ab+=______（填数值），ABC的面积的取

值范围是______．【答案】①.5②.321,24【解析】【分析】根据题意由三角恒等变换，利用正弦定理和余弦定理可得22253abc+=，代入3c=可得225ab+=；由锐角三角形可知()21

,4b，再由面积表达式利用二次函数单调性即可求得面积范围是321,24.【详解】由题知11tan3tantanCAB+=，即()sinsincoscossinsinsin3cossinsincossinsincossinsinABCABCCCCABC

ABCAB++===；即2sin13sinsincosCABC=，由正弦定理和余弦定理可得222223cabababc=+−，即22253abc+=又3c=，所以225ab+=．又AB

C是锐角三角形，∴cos0A，cos0B，cos0C，即2230ab−+，2230ba−+，2230ab+−，结合225ab+=可得()21,4b．又1sin2ABCSabC=，222531cos22Cabaaabbbc−===+−；所以()222222211sin1

cos44ABCSabCabC==−△，因此()2222251144ABCbbabS−−−==△．不妨设()21,4tb=，则2215214216ABCSt=−−+△，所以，当252tb==时，2ABCS△取最大值2116，且22152112344216164

ABCS−−+==△>，即321,24ABCS△．故答案为：5，321,24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.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．【答案】（1）π3B=（2）33+【解析】【分析】（1）利用正弦定理进行

边角互化，再利用余弦定理计算角B即可；（2）先利用面积计算ac，再利用222acbac+−=和完全平方公式得ac+，即求得周长.【小问1详解】由正弦定理知，sin2aAR=，sin2bBR=，sin2

cCR=，即22222222acacbRRRRR+=+，∵222acacb+=+，∴2221cos22acbBac+−==，又∵()0,πB，∴π3B=.【小问2详解】∵3b=，π3B=，∴223acac+=+，又∵133sin242Sa

cBac===，∴2ac=，∴()2339acac+=+=，∴3ac+=，故ABC的周长为33abc++=+.18.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1ABCD

−的体积．【答案】（1）证明见解析（2）33【解析】【分析】（1）连接1BC交1BC于点O，连接OD，证明1ACOD∥，由线面平行判定定理证明直线1AC∥平面1BCD；（2）由11ABCDBACDVV−−=，结合

锥体体积公式求解.【小问1详解】连接1BC交1BC于点O，连接OD，因为正三棱柱111ABCABC-的各条棱长为2，所以四边形11BCCB为正方形，所以O为1BC的中点，又D为AB的中点，所以，1AC

OD∥，又1AC平面1BCD，OD平面1BCD，∴1AC∥平面1BCD【小问2详解】∵正三棱柱111ABCABC-各条棱长均为2，∴CDAB⊥且3CD=，32ACDS=△∴111113323323ABCDBACDACDVVSBB−−====△19

.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=uuuruuur，AFFD=，()01DGDC=．（1）若12=，用AB，AD表示EG；（2）求EGEF的取值范围．【答

案】（1）16EGABAD=+的（2）30,2EGEF【解析】【分析】（1）根据平面向量的加减法的三角形法则表示EG即可.（2）结合（1）利用AB，AD表示出EG和EF，再表示出EGEF，根据的

范围，即可得出结果.【小问1详解】由题知，1132EGEAADDGABADDC=++=−++111326ABADABABAD=−++=+.【小问2详解】13EGEAADDGABADAB=++=−++13ABAD=−+，又1132EF

EAAFABAD=+=−+，111332EGEFABADABAD=−+−+22111193222ABADABAD=−++−221111133323293222222

=−++−=−+，又0,1，则3330,222−+，30,2EGEF.20.已知向量πcossin,23cos4axxx=−+

，πcossin,sin4bxxx=+−，设函数()()30fxab=−，且函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为π2．（1）求的值及函数()fx的值域；（2）设()()23240Mxfxf

x=−+R，15Pxx=Z，求MP．【答案】（1）1=；值域为22−,；（2）3MP=.【解析】【分析】（1）根据二倍角的余弦公式和辅助角公式即可求解；（2）根据余弦函数的性质求解不等式并结合

一元二次不等式的求解求出交集即可.【小问1详解】()()()ππcossincossin23cossin344fxxxxxxx=−+++−−222πcossin23cos34xxx=−++−

πcos23cos24xx=++cos23sin2xx=−π2cos23x=+，由题知，π22T=，即2π2T==，∴1=，∴()π2cos23fxx=+，当xR时，π23x+R故()fx的值域为22−

,；【小问2详解】∵()()2220fxfx−−，∴()222fx，即π22cos2223x+，∴2πcos2222x+，结合余弦曲线知，ππ2π22π43

4kxk−+++，kZ，∴7ππππ2424kxk−+−+，kZ，∴7ππ,π2424Mkk=−+−+，kZ.又15Pxx=Z，∴3MP=.21.如图，在棱长为6的正方体1111ABCDABCD−中，P为11C

D的中点，Q为1CC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．【答案】（1）答案见解析（2）834【解析】【分析】（1）根据两平面相交，只有一条交线，以及确定平面的依据，即可作出不同的截面图形；（2）首先根据确定平面的依据，作出截面，方法一

，根据作图的过程，可以选择减法求截面的面积，方法二，根据截面为等腰梯形，根据梯形的面积公式，即可求解.【小问1详解】截面可以分别为三角形，四边形，五边形，六边形,如图，取11BC上一点M，连结,MPMQ，MPQ即为截面三角形；如图，取线段11AB上，靠近

点1B处的一点M，延长11PMCBE=，连结EQ，1EQBBN=，连结MN，则四边形PQNM为截面四边形；和取11AB上靠近点1A的四等分点M，连结MP并延长，交11BC于点N，连结NQ并延长，交BC于点G，连结PQ并延长，交DC于点H，连结HG并延长，交AB于点E，连结ME，如图五边形P

QGEM为截面五边形.如图，延长PQ，交1,DCDD的延长线交于点,MF，取BC上靠近点C的三等分点N，连结MN，并延长MN，交,ABDA于点,EG，连结FG，交111,ADAA于点,RH，六边形PQNEHR为截面六边形.【小问2详解】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==，32C

X=，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==，∴XYZV为等腰三角形

，等边上的高为5172，15251021734222XYZS==△1173422222XQRS==△，234PZTMSYSS==△△所以25343423423483422PQRMSTXYZXQRPTZMSYSSSSS=−−−=−−

−=△△△△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()1226222178342PQRNSTPQRMSS==+=．22.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SA

BBC=+，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．【答案】（1）()2sin2603S=++；最大值为23+（2）

332+【解析】【分析】（1）结合题意，利用三角形内角和定理和正弦定理求出路程SABBC=+的表达式，然后利用三角恒等变换和正弦函数的图像与性质即可求解；（2）根据题意，求出面积的表达式，令()sin260t=+，根据二次函数的图像和性质即可求解.【小问1详解】由题意知

：()360120906090ADC=−+++=−．在ACD中，由正弦定理：sinsinACADADCACD=，即：23cosAC=，在ABC中，∵ACB=，∴60CAB=−．由正弦定理：()4cossinsin60sin120ABBCAC

===−，4cossin2sin2AB==，()4cossin60BC=−，∴()2sin24cossin60SABBC=+=+−且060，又()sin23cos232sin2603S

=++=++，∵060，∴60260180+，∴S的最大值为23+，当且仅当15=时取得等号．【小问2详解】由（1）知：()4cossin60BC=−，()23sin30CD=+．∴()()()14cossin6023sin30sin602S

=−++()()()=2cossin903023sin30sin60−+++2cossin(60)23cos(30)sin(30)=+++2(3cossincos)3sin(260)=++3313si

n(260)(cos2sin2)222=+++33sin(260)[sin(260)]2=+++，∴()()33sin260sin2602S=+++，不妨设()sin260t

=+，又∵060，∴60260180+，(0,1t，∴2332Stt=+而S在(0,1t上单调递增，获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.

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