湖北省2021-2022学年高一下学期1月联考数学试题.docx

1、湖北省2021-2022学年高一下学期1月联考数学试题一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1下列命题中不正确的是（）A存在这样的和的值，使得cos（+）coscos+sinsinB不存在无穷多个和的值，使得cos（+）coscos+sinsinC对于任意的和，都有cos（+）coscossinsinD不存在这样的和值，使得cos（+）coscossinsin2公元前6世纪，古希腊的毕达哥拉斯学派通过研究正五边形和正十边形的作图，发现了黄金分割值约为0.618，这一数值也可以表示为m2sin18若m2+n4则（）AB2C2D3在ABC中，点G满足，若存在点O，使得，且，则x+y（）A2

2、B2C1D14已知|1，|2，cos，（）ABCD5在正方体ABCDA1B1C1D1中，有以下结论：BD面CB1D1，AB1CD1；AC与A1D是异面直线；AC与A1D成60角，其中正确的结论共有（）A1个B2个C3个D4个6如图，在正方体ABCDA1B1C1D1中，点P在线段BC1上运动，给出下列判断：（1）平面PB1D平面ACD1；（2）A1P平面ACD1；（3）异面直线A1P与AD1所成角的范围是；（4）三棱锥D1APC的体积不变其中正确的命题是（）A（1）（2）B（1）（2）（3）C（2）（4）D（1）（2）（4）7如图在正三棱锥SABC中，M，N分别是棱SC、BC的中点，Q为棱AC上

3、的一点，且AQQC，MNMQ，若AB2，则此正三棱锥SABC的外接球的体积为（）A12BCD8对函数f（x）有下列4个命题：任取x1，x20，+），都有|f（x1）f（x2）|2恒成立；f（x）2kf（x+2k）（kN*）对于一切x0，+）恒成立；对任意x0不等式f（x）恒成立，则实数k的取值范围是；函数yf（x）ln（x1）有3个零点；则其中所有真命题的序号是（）ABCD二、选择题（共4小题，每小题5分，满分20分）9在ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则下列结论正确的是（）ABCDABC中的面积为10如图，正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为1，线段B1D1上有两个动点

4、E，F，且EF，则下列结论中错误的是（）AACAFBEF平面ABCDC三棱锥ABEF的体积为定值DAEF的面积与BEF的面积相等11设是给定的平面，A，B是不在内的任意两点，则（）A一定存在过直线AB的平面与平面相交B在内一定存在直线l与直线AB平行C在内一定存在直线l与直线AB相交D在内一定存在直线l与直线AB垂直12如图，圆O是边长为2的等边三角形ABC的内切圆，其与BC边相切于点D，点M为圆上任意一点，x+y（x，yR），则2x+y可以取值为（）ABCD1三、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13若函数f（x）是R上的奇函数，且周期为3，当时，f（x）3x，则 14设是平面内两个

5、不共线的向量，a0，b0若A，B，C三点共线，则的最小值是 15已知函数的图象的相邻两个对称轴之间的距离为，且xR，恒有，若存在x1，x2，x3，f（x1）+f（x2）f（x3）成立，则b的取值范围为 16在三棱锥PABC中，ABBC4，PC8，PA8，ABPA，ABBC，则该三棱锥外接球的表面积为 四、解答题（共6小题，满分70分）17（10分）已知（1）求tan的值；（2）求2的值18（12分）在ABC中，角A、B、C的对边分别为a，b，c，向量（a+b，sinAsinC），向量（c，sinAsinB），且（）求角B的大小；（）若b3，求ABC的面积的最大值19（12分）如图，在直三棱柱A

6、BCA1B1C1中，ABC是边长为2的正三角形，点E，F分别是棱CC1，BB1上的点，点M是线段AC上一点，EC2FB2（1）若M为AC的中点，证明：BM平面AEF；（2）若VABCEF3VAMEB，求AM20（12分）如图，四棱锥PABCD的底面ABCD为菱形，PBPD，E，F分别为AB和PD的中点（1）求证：EF平面PBC（2）求证：BD平面PAC21（12分）已知a，b，c分别为ABC三个内角A，B，C的对边，且（1）求tanAtanB的值；（2）若ABC的面积为SABC，求的最小值22（12分）若函数yf（x）对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f（x1）f（x2

7、）4成立，则称该函数为“依赖函数”（1）判断函数g（x）2sinx是否为“依赖函数”，并说明理由；（2）若函数f（x）2x在定义域m，n（m0）上为“依赖函数”，求mn的取值范围；（3）已知函数h（x）（xa）2（a3）在定义域3，4上为“依赖函数”，若存在实数：x3，4，使得对任意的tR，不等式h（x）t2+（st）x+4都成立，求实数s的最大值【参考答案】一、选择题（共8小题，每小题5分，满分40分）1B【解析】A，当0时，cos（0+0）cos0cos0+sin0sin01正确，故A正确；B，当2k（kZ）时，sinsin0，coscos1，cos（+）1，所以cos（+）coscos+

8、sinsin，故B错误；C，对于任意的和，都有cos（+）coscossinsin，这是两角和的余弦公式，显然正确；D，由两角和的余弦公式cos（+）coscossinsin可知，不存在这样的和值，使得cos（+）coscossinsin，正确故选：B2A【解析】根据题中的条件可得：n44sin2184（1sin218）4cos218，则2，故选：A3A【解析】因为，即+，所以3（），x，y，x+y2故选：A4D【解析】因为|1，|2，所以|，则cos，故选：D5D【解析】BDB1D1，BD平面CB1D1，B1D1平面CB1D1，BD面CB1D1，故正确，AB1DC1，CD1DC1，AB1CD

9、1；故正确，由异面直线的定义知AC与A1D是异面直线，故正确，A1DB1C，在正AB1C中，ACB160，AC与A1D成60角，故正确，故正确的是，故选：D6D【解析】对于（1），易知B1D平面ACD1，B1D平面PB1D，从而平面PB1D平面ACD1，（1）正确；对于（2），易知平面BA1C1平面ACD1，A1P平面BA1C1，所以A1P平面ACD1，故（2）正确；对于（3），A1P与AD1所成角即为A1P与BC1的所成角，BA1BC1A1C1，当P与线段BC1的两端点重合时，A1P与AD1所成角取最小值，当P与线段BC1的中点重合时，A1P与AD1所成角取最大值，故A1P与AD1所成角的范

10、围是，故（3）不正确；对（4），由选项B得BC1平面ACD1，故BC1上任意一点到平面ACD1的距离均相等，所以以P为顶点，三角形ACD1为底面，则三棱锥PACD1的体积不变，又，所以三棱锥D1APC的体积不变，故（4）正确故选：D7D【解析】如图，以ABC的中心O为坐标原点，以OB所在直线为x轴，以过O平行于AC的直线为y轴建立空间直角坐标系，设OSh，则B（，0，0），C（，0），S（0，0，h），N（，0），M（，），Q（，0），由，解得h设正三棱锥SABC的外接球的半径为r，则，即，解得r此正三棱锥SABC的外接球的体积为故选：D8B【解析】，任取x1、x20，+），当x1、x20，2

11、，|f（x1）f（x2）|sinx1sinx2|2，当x（2n，2n+2），f（x）f（x2）f（x4）（）nsinx，综上都有任取x1、x20，+），|f（x1）f（x2）|2恒成立，正确；，f（x）f（x2），f（x+2k）（）kf（x），f（x）2kf（x+2k）（kN*），对于一切x0，+）恒成立，不正确；，对任意x0，不等式f（x）恒成立，则有kxf（x），|f（x）|1，当x，xf（x），则实数k+，k的取值范围不是，+），故不正确；函数yf（x）ln（x1）的定义域为（1，+），当x2时，ysin2ln10，而f（x）sinx是周期为2的类正线曲线；当x2时，f（x+2k）（）k

12、f（x），图象只发生振幅变化，yln（x1）为对数函数ylnx图象向右平移1个单位得到，过定点（2，0），做上述两函数图象可知：当1x2以及x2时两图象各有一交点，则f（x）有3个零点正确，故正确故选：B二、选择题（共4小题，每小题5分，满分20分）9BC【解析】对于A，由题意得，所以sinC7cosC0，因为sin2C+cos2C1，所以，因为，所以sinAsinC，由正弦定理得ac，所以AC，所以cosA0，所以，所以A错误；对于B，cosBcos（A+C）cos（A+C）cosAcosC+sinAsinC，因为0B，所以，所以B正确；对于C，由正弦定理，得，所以C正确；对于D，所以D错误

13、，故选：BC10AD【解析】假设ACAF，又由正方体的结构特征可知ACB1D1，且B1D1AFF，得AC平面AB1D1，得ACAB1，由正方体结构特征可知，B1AC60，矛盾，故假设错误，故A错误；连接BD，则EFBD，EF平面ABCD，BD平面ABCD，EF平面ABCD，故B正确；B到线段B1D1的距离为定值1，EF，A到平面BEF的距离为定值，等于AC，则三棱锥ABEF的体积为定值，故C正确；B到线段B1D1的距离为定值1，A到线段B1D1的距离为定值，AEF的面积与BEF的面积不相等，故D错误故选：AD11AD【解析】对于A，若A，B在平面的两侧，则过直线AB的平面与必相交，若A，B在同

14、侧，则在平面内任取一点C，则ABC所在平面与相交，故A正确；对于B，当A，B在两侧，此时直线AB与平面必相交，内不存在直线与AB平行，否则直线与平行，故B错误；对于C，当AB与平行时，内所有直线与AB都没有交点，故C错误；对于D，无论直线AB与平行，还是直线AB与相交，过A作平面的垂线，此时与直线AB所在的平面与平面垂直，所以存在过直线AB的平面与垂直，故D正确故选：AD12CD【解析】设ABC的内切圆的半径为r，由等面积法可得，即，解得r1，所以内切圆的半径为1，以点D为坐标原点，BC所在直线为x轴，AD所在直线为y轴建立平面直角坐标系，如图所示，则，M（cos，1+sin），所以，因为，所

15、以，则，sin3x1，所以，故，因为，所以，所以2x+y的取值范围为故选：CD三、填空题（共4小题，每小题5分，满分20分）13【解析】根据题意，函数f（x）是R上的奇函数，且周期为3，则f（）f（）f（），f（2022）f（0）0，故；故答案为：144【解析】a0，b0若A，B，C三点共线，设x，即（a1）+x（b2），是平面内两个不共线的向量，解得x，a1b，即a+b1，则（）（a+b）1+1+22+24，当且仅当，即b2a，即a，b时，取等号，故最小值为4，故答案为：4；15（，4【解析】（a+1）sinx+cosx+bsin（x+）+b，由f（x）的图象的相邻两个对称轴之间的距离为，得

16、T，2，又xR，恒有，则f（x）关于x对称，故+，即，故tan，解得：a2，故f（x）2sin（2x+）+b，x0，时，2x+，此时f（x）的最大值是2+b，最小值是+b，若存在x1，x2，x3，f（x1）+f（x2）f（x3）成立，则只需2+2b2+b，解得：b4，故b的取值范围是（，4，故答案为：（，41680【解析】由题设，ABC为等腰直角三角形，作AE/BC，CE/AB且AE，CE交于E，所以ABCE为边长为4的正方形，则PABC的外接球即为PABCE的外接球，连接PE，又ABBC即ABAE，而ABPA，PAAEA，故AB面PAE，又PE面PAE，所以ABPE，即CEPE，在RtPAB

17、中PA2+AB2PB2，又ABBC4，PCPA8，故PC2+BC2PB2，所以PCBC，而BCEC且PCECC，故BC面PCE，又PE面PCE，所以BCPE，即AEPE，综上，AE，CE，PE两两垂直，则PABCE的外接球即长宽高分别为AE，CE，PE的长方体的外接球，所以PABC的外接球半径，则外接球的表面积为4R280故答案为：80四、解答题（共6小题，满分70分）17解：（1），得；（2）因为，又，得，所以18解：（I），c（sinAsinC）（a+b）（sinAsinB）0，由正弦定理可得：c（ac）（a+b）（ab）0，化为a2+c2b2ac，cosB，B（0，），B（II）32a2

18、+c2ac2acacac，SABC，当且仅当ac3时取等号ABC的面积的最大值为19（1）证明：取AE中点G，连接GM，FG，则GMEC且，又因为BFEC且，所以GMBF，且GMBF，所以四边形GMBF为平行四边形，从而BMGF又BM平面AEF，GF平面AEF，所以BM平面AEF（2）解：连接EB，因为SBCE2SBEF，所以VABCE2VABEF，又VABCEF3VAMEB，所以，所以20证明：（1）取PC中点为G，在PCD中，F是PD中点，G是PC中点，FGCD，且FGCD，又底面ABCD是菱形，ABCD，E是AB中点，BECD，且BECD，BEFG，且BEFG，四边形BEFG是平行四边形

19、，EFBG，又EF平面PBC，BG平面PBC，EF平面PBC（2）设ACBDO，则O是BD中点，底面ABCD是菱形，BDAC，又PBPD，O是BD中点，BDPO，又ACPOO，BD平面PAC21解：（1）因为，所以，即5cos（A+B）4+41+cos（AB）0，所以5cosAcosB+5sinAsinB+4cosAcosB+4sinAsinB0，即9sinAsinBcosAcosB，所以（2）22解：（1）对于函数g（x）2sinx的定义域R内存在，则g（x2）4无解，故g（x）2sinx不是“依赖函数“，（2）因为f（x）2x在m，n上递增，故f（m）f（n）1，即2m2n4，m+n2，由nm0，故n2mm0，得0m1，从而mnm（2m）在m（0，1）上单调递增，故mn（0，1），（3）若3a4，故h（x）（xa）2在3，4上最小值为0，此时不存在x2，舍去，若a4，故h（x）（xa）2在3，4上单调递减，从而h（3）h（4）4，解得a1（舍）或a5，从而存在x3，4，使得对任意的tR，有不等式（x5）2t2+（st）x+4恒成立，即t2+xt+x2（s+10）x+210恒成立，由x24x2（s+10）x+210，得4（s+10）x3x2+84，由x3，4，可得，又在x3，4单调递减，故当x3时，从而4（s+10）37，解得，综上，故实数s的最大值为