浙江省新高考名校聯(lián)盟2021-2022學(xué)年高一（下）5月考數(shù)學(xué)試卷（教師用）

第=page1919頁，共=sectionpages1919頁2021-2022學(xué)年浙江省新高考名校聯(lián)盟高一（下）月考數(shù)學(xué)試卷（5月份）一、單選題（本大題共8小題，共40.0分。在每小題列出的選項中，選出符合題目的一項）1.已知集合A={x|log2x>1}A.(12,3) B.(12,2)【答案】D

【解析】解：A={x|log2x>1}=(2,+∞)，B={x|12<x<3}，2.設(shè)m為實數(shù)，i為虛數(shù)單位，則“m=2”是“存在唯一的實數(shù)x滿足x2+(m+A.充分不必要條件 B.必要不充分條件

C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】C

【解析】解：由x2+(m+i)x+2i=0，得x2+mx+(x+2)i=0，

∴x2+mx=0x+2=0，即x=-2，m=2．

∴“m3.一元二次不等式kx2+2(2k+1)x+9>0對一切實數(shù)A.(0,1) B.(14,1) C.(0,【答案】B

【解析】解：設(shè)f(x)=kx2+2(2k+1)x+9，

當(dāng)k=0時，f(x)=2x+9>0，解得x>-92，不合題意；

當(dāng)k≠0時，則k>0Δ=4(2k+1)24.已知函數(shù)f(x)=ax3+bsinx+cA.-1 B.1 C.-4045 【答案】C

【解析】解：設(shè)g(x)=f(x)+2022=ax3+bsinx+cx，x≠0，

則g(-x)=a(-x)35.已知sinα+cosβ=52，cosαA.12 B.32 C.-1【答案】A

【解析】解：∵sinα+cosβ=52，cosα+sinβ=72，

∴sin2α+cos2β+2sinαcosβ=54

①，6.向量a，b的模長為正整數(shù)，且滿足(|a|+|b|)(2|a|+3|A.a?(a+b)=7 B.b?(a+【答案】C

【解析】解：由(|a|+|b|)(2|a|+3|b|)=65，結(jié)合|a|,|b|都是正整數(shù)，且65=5×13，

所以|a|+|b|=52|a|+3|b|=13，解得|a|=2,|b|=3，

所以由(a+b)?(2a+3b)=20得2|a|2+3|b7.埃及胡夫金字塔是古代世界建筑奇跡之一，它的形狀可視為一個正四棱錐，以該四棱錐的高為邊長的正方形面積等于該四棱錐一個側(cè)面三角形的面積，則其側(cè)面三角形底邊上的高與底面正方形的邊長的比值為(

)

A.5-14 B.5+14 C.【答案】B

【解析】解：設(shè)正四棱錐的高為h，底面邊長為a，側(cè)面三角形底邊上的高為h'，

由題意可得，h2=12ah'h2=h'2-(a2)2，

所以h'2-(a2)2=12ah'，

即4(h'a)2-2(h'a)-1=0，8.已知|a|=|b|=|c|=1，a?b=12，<a，c>+<A.0 B.32 C.1 D.【答案】D

【解析】解：令OA=a，OB=b，OC=c，

依題意，cos∠AOB=a?b|a||b|=12，

而0≤∠AOB≤π，則∠AOB=π3．

因為<a，c>+<b，c>=π3，

所以有點C在半徑為1，所含圓心角為π3的扇形AOB的弧AB上，如圖，

因為m，n∈R，所以|ma-nb|表示直線OA上的點Q與直線OB上的點P間距離，

|ma-c|，|nb-c|分別是點C到點Q，P的距離，

因此，|ma-nb|+|ma-c|+|nb-c|表示三點Q，P，C兩兩距離的和，

作點C關(guān)于直線OA對稱點N，關(guān)于直線OB對稱點M，連MN交OA，OB分別于點F，E，

連FC，EC，ON，OM，則有FC=FN，EC=EM，

令∠COA=θ，則∠MOB=∠COB=π3-θ，二、多選題（本大題共4小題，共20.0分。在每小題有多項符合題目要求）9.已知函數(shù)f(x)=1-A.f(x)的圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱 B.f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱

C.f【答案】AD

【解析】解：f(x)定義域為R，

因為f(-x)=1-3-x1+3-x=3x-13x+1=-f(x)，所以f(x)為奇函數(shù)，圖象關(guān)于坐標(biāo)原點對稱，故A正確；

因為f(1)=1-31+3=-12,f(-1)=1-131+13=12,f(1)≠f(-1)10.已知m，n是不重合的直線，α，β，γ是不重合的平面，則下列命題一定正確的是(

)A.若α//β，γ//β，則α//γ

B.若α//β，m⊥α，則m⊥β

C.若α⊥γ，β【答案】AB

【解析】解：A.若α//β，γ//β，則α//γ，所以該選項正確；

B.若α//β，m⊥α，則m⊥β，所以該選項正確；

C.若α⊥γ，β⊥γ，則α|β，α，β也有可能相交，所以該選項錯誤；

D.若m?α，n?α，m//β，n//11.已知函數(shù)f(x)=2x+1,x≤0A.2 B.6 C.5 D.4【答案】ACD

【解析】解：畫出f(x)=2x+1,x≤0|log2x|-1,x>0的圖象如圖，

由f2(x)-2f(x)+a2-1=0，

Δ=4-4(a2-1)=8-4a2．

若a<-2或a>2，則f(x)不存在，方程f2(x)-2f(x)+a2-1=0的根的個數(shù)為0；

若a=±2，則f2(x)-2f(x)+a2-1=0化為f2(x)-2f(x)+1=0，即f(x)=1，

方程f12.當(dāng)-1≤x≤1時，|aA.當(dāng)a=2時，|b|+|c|=1 B.當(dāng)a=2時，|b|+|c|=2

C.【答案】AC

【解析】解：當(dāng)a=2時，|2x2+bx+c|≤1在-1≤x≤1上恒成立，

取b=0，c=-1，驗證可知符合題意，此時|b|+|c|≠2，故選項B錯誤；

當(dāng)b=1時，|ax2+x+c|≤1在-1≤x≤1上恒成立，

取a=14,c=-14，驗證可知符合題意，此時|a|+|c|≠0，故選項D錯誤；

對于A，令f(x)=2x2+bx+c，則必有|f(1)|≤1，|f(-1)|≤1，即|2+b+c|≤1，|2-b+c|≤1，

∴2≥|2+b+c|+|2-b+c|≥|2+b+c-2+b-c|=2|b|，解得-1≤b≤1，則f(x)的對稱軸為x=-b4∈[-14,1]，

同理，2≥|2+b+c|+|2-b+c|≥|2+b三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）13.已知i為虛數(shù)單位，復(fù)數(shù)z滿足(3+2i)z=4+7i，則【答案】2+i【解析】解：由(3+2i)z=4+7i，

得z=4+7i3+2i=(4+7i)(3-2i)14.已知函數(shù)f(x)=2x-1，函數(shù)g(x)滿足g【答案】14【解析】解：因為函數(shù)g(x)滿足g(x+1)=g(x)，又4=log216<log220<log232=5，則0<log220-4<1，

15.如圖，A城氣象臺測得臺風(fēng)中心從A城正西方向300千米B處以每小時107千米的速度向北偏東60°的BF方向移動，距臺風(fēng)中心200千米的范圍內(nèi)為受臺風(fēng)影響的區(qū)域，若A城受到這次臺風(fēng)的影響，那么A城遭受這次影響的時長為______小時．【答案】10

【解析】解：臺風(fēng)中心從B處開始移動t小時移動的距離為107t千米，

則臺風(fēng)中心移動t小時時離A城的距離為3002+(107t)2-2×300×107t×32，

若A城受到這次臺風(fēng)的影響，則3002+(107t)2-2×300×107t×32≤200，

化簡得7t16.如圖所示，正四棱錐P-ABCD棱長均為1，Q-PBC為正四面體，點A及點Q在平面PBC兩側(cè)，則直線AQ與平面BCQ所成角的正弦值為【答案】23【解析】解：設(shè)正方形ABCD的中心為O，連PO，則PO⊥平面ABCD，所以PO⊥BC，

取BC的中點E，連OE，PE，QE，

因為△PBC為正三角形，所以PE⊥BC，又PO∩PE=P，所以BC⊥平面POE，

因為△QBC為正三角形，所以QE⊥BC，又QE∩PE=E，所以BC⊥平面PQE，

因為平面POE與平面PQE有公共點E，所以平面POE與平面PQE重合，

取PQ的中點F，連EF，因為PE=QE，所以EF⊥PQ，

因為cos∠PEO=OEPE=1232=33，cos∠EPF=PFPE=1232=33，

所以∠PEO=∠EPF，所以PQ//OE，

因為PQ?平面ABCD，OE?平面ABCD，所以PQ//平面ABCD，

所以P、Q兩點到平面ABCD的距離相等，都為(32)2-(12)2=22，

所以VQ-ABC=VP-ABC=13PO?S△ABC=13×22?12×1×1=212，

設(shè)點A到平面QBC的距離為h，則VA-QBC=13hS△QBC=13h?四、解答題（本大題共6小題，共70.0分。解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟）17.(本小題10.0分)

已知全集為R，集合A={x|1≤x<3}，B={x|(2x-3)(x-4)≤0}．

(Ⅰ)求A∪【答案】解：(Ⅰ)∵全集為R，集合A={x|1≤x<3}，B={x|(2x-3)(x-4)≤0}={x|32≤x≤4}，

∴?RA={x|x≥3或x<1}，

∴A∪B={x|1≤x≤4}，【解析】(Ⅰ)求出集合B，再結(jié)合交并補的運算求解結(jié)論即可，

(Ⅱ)由A∩C=C，得C?A18.(本小題12.0分)

在△ABC中，角A、B、C所對應(yīng)的邊分別為a、b、c，且滿足cosA2=255，AB?AC=3．

(Ⅰ)求△ABC【答案】解：(Ⅰ)因為cosA2=255，∴

cosA=2cos2A2-1=35,sinA=45，

又由AB?AC=3，

得bccosA=3，∴bc【解析】(Ⅰ)利用二倍角公式利用cosA2=255求得cosA，進而求得sinA，進而根據(jù)AB?AC=3求得bc的值，進而根據(jù)三角形面積公式求得答案．

(Ⅱ)根據(jù)bc和b+19.(本小題12.0分)

設(shè)實數(shù)a，b，滿足a2+4b2=2．

(Ⅰ)求a+2b的取值范圍；

(Ⅱ【答案】解：(Ⅰ)因為(a+2b)2=a2+4b2+2?a?(2b)≤2(a2+4b2)=4，

∴-2≤a+2b≤2．

當(dāng)且僅當(dāng)a=1，b=12時，a+2b=2【解析】(Ⅰ)利用基本不等式可得出關(guān)于a+2b的不等式，即可解得a+2b的取值范圍；

(Ⅱ)利用基本不等式結(jié)合指數(shù)運算可求得M20.(本小題12.0分)

設(shè)函數(shù)f(x)=1,1≤x≤2x-1,2<x≤3，g(x)=f(x)-ax，x∈[1,3]，其中a∈R，記函數(shù)g(x)的最大值與最小值的差為【答案】解：(I)由題意得，g(x)=1-ax,1≤x≤2(1-a)x-1,2<x≤3，

(1)當(dāng)a<0時，函數(shù)g(x)是[1,3]增函數(shù)，

此時，g(x)max=g(3)=2-3a，g(x)min=g(1)=1-a，所以h(a)=1-2a；

(2)當(dāng)a>1時，函數(shù)g(x)是[1,3]減函數(shù)，此時，g(x)min=g(3)=2-3a，g(x)max=g(1)=1-a，所以h(a)=2a-1【解析】(Ⅰ)根據(jù)題意先求出函數(shù)g(x)的解析式，再由一次函數(shù)的單調(diào)性和x的范圍對a進程分類討論，利用一次函數(shù)的單調(diào)性以及端點處的函數(shù)值，分別求出函數(shù)的最大值、最小值，再求出最大值與最小值的差為h(a)，最后用分段函數(shù)的形式表示出來；

(Ⅱ)根據(jù)h21.(本小題12.0分)

如圖，在四棱錐P-ABCD中，底面ABCD為直角梯形，AD//BC，∠ADC=90°，平面PAD⊥底面ABCD，Q，M分別為AD，PC的中點，PA=PD=2，BC=12AD=1，CD=3．

(【答案】(Ⅰ)證明：∵AD//BC，Q為AD的中點，BC=12AD，

∴BC=QD，

∴四邊形BCDQ為平行四邊形，

∵∠ADC=90°，∴BC⊥BQ，

∵PA=PD，AQ=QD，∴PQ⊥AD，

又∵平面PAD⊥平面ABCD，平面PAD∩平面ABCD=AD，

∴PQ⊥平面ABCD，又BC?平面ABCD，則PQ⊥BC，

又∵PQ∩BQ=Q，PQ，BQ?平面PQB，

∴BC⊥平面PQB，

∵BC?平面PBC，

∴平面PBC⊥平面PQB；

(Ⅱ)解：【解析】本題考查平面與平面垂直的判定，考查空間想象能力與思維能力，考查了利用等積法求多面體的體積，屬于中檔題．

(Ⅰ)由已知可得四邊形BCDQ為平行四邊形，結(jié)合∠ADC=90°，得BC⊥BQ，再由已知證明PQ⊥平面ABCD，得到PQ⊥BC，結(jié)合線面垂直的判定可得BC⊥平面PQB，則平面PBC⊥平面PQB；

(Ⅱ)在Rt△PQB中，求得PQ，BQ，得到三角形PQB的面積，由(Ⅰ)22.(本小題12.0分)

已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π)，滿足f(x)+f(x+π2)=0，f(x)=f(-x-π)．

(Ⅰ)直接寫出函數(shù)f(x)的最