重庆市三校2022-2023学年高一数学下学期5月联考试题（Word版附答案）

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，，．若，则（）A．B．0C．D．83．已知，且为第三象限角，则（）A．B．C．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．B．30455m3C．37217m3D．45439.5m35．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，若满足条件的三角形有两个，则x的取值范围为（）A．B．C．D．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．B．C．D．7．若，则（）A．－2B．1C．2D．4 8．在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知，，，点O是的外心，若，则（）A．B．C．D．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．D．若非零向量，，满足，则10．函数的部分图象如图所示，则（）A．函数的最小正周期为B．在区间上单调递减C．的图象关于直线对称D．将的图象向左平移个单位长度可得的图象11．已知O为坐标原点，点，，，，则（）A．B．C．D．12．如图，直四棱柱的底面是梯形，，，，，P是棱的中点．Q是棱 上一动点（不包含端点），则（）A．AC与平面BPQ有可能平行B．与平面BPQ有可能平行C．三角形BPQ周长的最小值为D．三棱锥的体积为定值三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若复数z满足，则______．14．已知向量，满足，且，则在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，，则______（填数值），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）在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求角B的大小；（2）若，的面积为，求的周长．18．（12分）如图，正三棱柱的各条棱长均为2，D为AB的中点． （1）求证：直线平面；（2）求三棱锥的体积．19．（12分）如图，在平行四边形ABCD中，，，，点E，F，G分别在边AB，AD，DC上，且，，．（1）若，用，表示；（2）求的取值范围．20．（12分）已知向量，，设函数，且函数图象的相邻两条对称轴之间的距离为．（1）求的值及函数的值域；（2）设，，求．21．（12分）如图，在棱长为6的正方体中，P为的中点，Q为的一个三等分点（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．设，如图所示．（1）设甲护林员巡视走过的路程为，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，有关部门决定在区域范围内储备应急物资，求区域面积的最大值．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：∵，∴，∴．由得，，，即：，，解得，，∴，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为的中点时，平面BPQ，故A正确；对于B，，又平面BPQ，BD与平面BPQ只能相交，所以与平面BPQ只能相交，故B错；对于C，，把沿展开与在同一平面（如图），则当B，P，Q共线时，有最小值，由可得，所以三角形BPQ周长的最小值为，故C正确；对于D，，因为定值，又平面ABP，故Q到平面ABP的距离也为定值，所以为定值．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1314151615，【解析】16．解：由题知，． 即：，∴，又，∴．又∵是锐角三角形，∴，，，即，，，结合得．又，∴，∴．不妨设，则，∴，∴．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，，，，即，∵，∴又∵，∴（2）∵，，∴又∵，∴∴，∴故的周长为18．解：（1）连接交于点O，连接OD由正三棱柱可得O为的中点， 又D为AB的中点，所以，，又平面，平面，∴平面（2）∵正三棱柱的各条棱长均为2，∴且，∴19．解：（1）（2）∵又∴又∵，∴20．解：（1）由题知，，即，∴∴，当时，故的值域为（2）∵，∴即，∴ 结合余弦曲线知，，，∴，，∴，又，∴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，于S，T．则六边形PQRMST即为截面．∵P为的中点，Q为的一个三等分点（靠近C），∴，，，可得，，，，又，，所以，，，，又，M为AB的中点，，，所以YDZ为等腰直角三角形，所以，，，，，∴为等腰三角形，等边上的高为，，所以 方法二：可证明PQRM与PTSM是全等的等腰梯形，，，，所以等腰梯形PQRM的高为，所以．22．（1）由题：．在中，由正弦定理：，即：，在中，∵，∴．由正弦定理：，，∴且又∵，∴，∴S的最大值为，当且仅当时取得等号．（2）由（1）知：，．∴∴不妨设，又∵，∴，∴而S在上单调递增，，当且仅当时取得等号