2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7月份）（含解析）

这是一份2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7月份）（含解析），共18页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年河南省新高中创新联盟TOP二十名校高一（下）调研数学试卷（7月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1. 在复平面内，复数i3+i2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，直角三角形ABC绕直角边AC旋转360°，所得的旋转体为(    )
A. 圆锥
B. 圆柱
C. 圆台
D. 球
3. 正六边形ABCDEF中，AC=(    )
A. 2AB+AF B. AB+2AF C. AB−AF D. 2AB+2AF
4. 已知复数z=(2−1i)(2+i)，则z=(    )
A. 3−i B. 3+i C. −3+4i D. 3+4i
5. 如图，△O′A′B′是△OAB的直观图，则△OAB是(    )
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，α，β是两个不同的平面，则下列命题正确的是(    )
A. 若m/​/α，m//β，α∩β=n，则m/​/n
B. 若m/​/n，n⊂α，则m/​/α
C. 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，则m⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，则n/​/α
7. 已知平面向量a=(1,λ)，b=(−2,1)，则下列说法正确的是(    )
A. 若λ=0，则|a+b|=2
B. 若a/​/b，则λ=−2
C. 若a与b的夹角为钝角，则λ0，则△ABC是锐角三角形
D. 若acosA=bcosB=ccosC，则△ABC一定是等边三角形
11. 如图，正四棱柱ABCD−A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F分别为CC1，AA1的中点，则下列结论错误的是(    )
A. B1E⊥平面BEF
B. 直线B1E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D1F与平面ABCD所成的角为45°



12. 如图，在△ABC中，BM=12BC，NC=23AC，直线AM交BN于点Q，则(    )
A. BN=13BA+23BC
B. AQ=QM
C. BQ=3QN
D. QA+QB+QC=0
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,−2)，b=(m,2)，且a⊥b，则|ma+b|= ______ ．
14. 给出以下四个说法：
①若a，b是异面直线，则有且仅有一个平面α满足a⊂α，且b⊥α；
②若点A，B，C，D共面，点A，B，C，E共面，则点A，B，C，D，E共面；
③若直线a，b共面，直线a，c共面，则直线b，c共面；
④若a，b是异面直线，则有且仅有一个平面α满足a/​/α，且b/​/α．
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：b2≥ac；乙：tan(B−C)>0；丙：cosBsin(π2−B)=cosB，丙正确；
sin(C−B)=sinCcosB−sinBcosC可能大于0，也可能等于0，可能小于0，
即sinCcosB与sinBcosC的大小关系不确定，丁错误．
故答案为：丙．
由a，b，c的大小和B，C的大小不确定，判断甲乙；根据正弦函数的单调性判断丙；由差角公式结合B，C的大小判断丁．
本题主要考查了正弦函数的性质，考查了两角和与差的三角函数公式，属于基础题．

16.【答案】500π3 
【解析】解：设球的半径为R，依题意，截面圆的面积分别为9π和16π，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 R2−32， R2−42．
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 R2−32− R2−42=1，解得R=5或R=−5(舍)；
当球心在两截面之间时，可得 R2−32+ R2−42=1，即3=− R2−42，该方程无解．
综上，R=5，故该球的体积为4π3⋅R3=4π3×53=500π3．
故答案为：500π3．
求出球心到两截面圆的距离，再讨论“两截面在球心的同一侧”和“球心在两截面之间”两种情况，得出半径，进而得出球的体积．
本题主要考查球的体积的求法，考查运算求解能力，属于中档题．

17.【答案】解：如图所示，从底面半径为2a，高为 3a的圆柱中，
挖去一个底面半径为a且与圆柱等高的圆锥，

由题意，知S1=2π⋅2a⋅ 3a+2π⋅(2a)2=(4 3+8)πa2，
挖去圆锥的母线长为 a2+3a2=2a，
S2=S1+πa⋅(2a)−πa2=(4 3+9)πa2．
∴圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比为：S1：S2=(4 3+8)：(4 3+9)． 
【解析】求出S1=2π⋅2a⋅ 3a+2π⋅(2a)2=(4 3+8)πa2，挖去圆锥的母线长为 a2+3a2=2a，从而S2=S1+πa⋅(2a)−πa2=(4 3+9)πa2.由此能求出圆柱的表面积S1与挖去圆锥后的几何体的表面积S2之比．
本题考查圆锥、圆柱的结构特征、表面积、母线长等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．

18.【答案】解：(1)由|a+b|= 3，得|a+b|2=(a+b)2=3，
所以a2+2a⋅b+b2=3，所以a⋅b=12，所以|a−b|= a2−2a⋅b+b2=1．
(2)证明：因为(a+b)⋅(a−b)=a2−b2=1−1=0，
所以(a+b)⊥(a−b)． 
【解析】(1)由|a+b|= 3平方得a⋅b=12，再利用|a−b|= a2−2a⋅b+b2计算即可；
(2)计算(a+b)⋅(a−b)=0，即可证明．
本题主要考查向量垂直的性质，属于基础题．

19.【答案】解：(1)多面体ABEDB1C1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ABEDB1C1只有1个面是平行四边形，故不是棱柱．
(2)易知三棱柱ABC−A1B1C1的体积V=12×AB×BC×AA1=12，
三棱锥A−A1B1D的体积V1=13×12×12×AB×BC×AA1=112，
易知三棱锥C1−BCE的体积等于三棱锥A−A1B1D的体积，
故多面体ABEDB1C1的体积V2=V−2V1=12−2×112=13．
(3)证明：因为D，E分别是A1C1，AC的中点，所以，
所以四边形BB1DE为平行四边形
所以BE//B1D.又BE⊄平面AB1D，B1D⊂平面AB1D，所以BE//平面AB1D.
易知，得四边形ADC1E为平行四边形．
所以C1E//AD，又C1E⊄平面AB1D，AD⊂平面AB1D，所以C1E/​/平面AB1D.
而BE∩C1E=E，BE，C1E⊂平面BC1E，
所以平面BC1E//平面AB1D. 
【解析】(1)根据棱柱的特征判断即可；
(2)利用三棱锥体积减两个三棱锥体积可得；
(3)根据面面平行判定定理，将问题转化为两个线面平行问题，再将线面平行转化为线线平行，结合条件即可证明．
本题主要考查棱柱的结构特征，考查面面平行的判定，属于中档题．

20.【答案】解：(1)因为acosA+bcosB=2ccosB，
由正弦定理可得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosB，
所以sinAcosB+cosAsinB=2sinCcosA，
即sin(A+B)=2sinCcosA，
因为C=π−(A+B)，所以sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，
因为C∈(0,π)，则sinC>0，故cosA=12．
因为A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)根据正弦定理有asinA=csinC，所以c=asinCsinA=3× 33 32=2．
因为a>c，所以C∈(0,π2)，所以cosC= 1−sin2C= 63，
所以sinB=sin(A+C)=sinAcosC+cosAsinC=3 2+ 36，
b=asinBsinA=3×3 2+ 36 32= 6+1，∴a+b+c= 6+6
所以△ABC的周长为 6+6． 
【解析】(1)由正弦定理边角互化、两角和的正弦公式以及三角形内角的关系化简计算acosA+bcosB=2ccosB，从而得角A的值；
(2)由正弦定理计算c的值，根据sinB=sin(A+C)结合两角和的正弦公式计算sinB，再利用正弦定理计算b的值，从而得△ABC的周长．
本题主要考查解三角形，考查运算求解能力，属于中档题．

21.【答案】证明：(1)如图，连接AC，
因为E，F分别为棱PA，PC的中点，
所以EF/​/AC．
因为AC⊂平面ABCD，EF⊄平面ABCD，
所以EF/​/平面ABCD．
(2)过P作PM⊥AB，垂足为M，
因为平面PAB⊥平面ABCD，平面PAB∩平面ABCD=AB，PM⊂平面PAB，
所以PM⊥平面ABCD，
又AD⊂平面ABCD，
所以PM⊥AD．
又PA⊥AD，PA∩PM=P，PA，PM⊂平面PAB，
所以AD⊥平面PAB．
又PB⊂平面PAB，
所以AD⊥PB．
又PA⊥PB，PA，AD⊂平面PAD，
所以PB⊥平面PAD．
而PB⊂平面PBC，
所以平面PAD⊥平面PBC． 
【解析】(1)连接AC，由EF/​/AC，结合线面平行的判定可得EF/​/平面ABCD；
(2)过P作PM⊥AB，垂足为M，由平面PAB⊥平面ABCD得PM⊥平面ABCD，进而得PM⊥AD，可证得AD⊥平面PAB，从而得AD⊥PB，可得PB⊥平面PAD，从而平面PAD⊥平面PBC．
本题考查线面平行以及面面垂直的判定，考查逻辑推理能力，属于基础题．

22.【答案】(1)证明：连接BD．

因为AB/​/CD，所以∠ABD=∠BDC．
在△ABD中，由正弦定理得ADsin∠ABD=BDsinA，①
在△BCD中，由正弦定理得BCsin∠BDC=BDsinC，②
由AD= 3BC，∠ABD=∠BDC，结合①②可得sinC= 3sinA．
(2)解：由(1)知sinC= 3sinA，sinC=sin2A=2sinAcosA= 3sinA，
cosA= 32，又0