江西省五校2022-2023学年高一数学直升班下学期联考试题（Word版附解析）.docx

1、江西省五校2022-2023学年下学期高一直升班联考数学试卷丰城九中 高安二中 瑞金一中 宜丰中学 樟树中学一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1. 已知复数（其中为虚数单位），则的共轭复数虚部为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据复数的概念，共轭复数的定义与运算法则即可求解.【详解】依题意，因为，所以，其虚部为故选：D.2. 已知角顶点在坐标原点，始边与轴非负半轴重合，终边与单位圆交于点，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过三角函数定义得出角的三角函数值，利用诱导公式化简表达

2、式后求出数值.【详解】角终边与单位圆交于点，则，.故选：A.3. 已知向量，则向量在向量上的投影向量为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】向量在向量上的投影为，投影向量为，其中为与同向的单位向量，分别计算，代入即可.【详解】因为，所以.向量在向量上的投影为设为与同向的单位向量，则 向量在向量上的投影向量为故选：C4. 已知两点，直线过点且与线段有交点，则直线的倾斜角的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】作出图形，求出的斜率，数形结合可求得直线的斜率的取值范围，再由斜率与倾斜角的关系可求出倾斜角的取值范围.【详解】如图所示，直线的斜率，直线的斜率

3、由图可知，当直线与线段有交点时，直线的斜率，因此直线的倾斜角的取值范围是故选：C5. 已知函数（其中，）的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ）A. 在上单调递增B. 图象的对称轴方程为，C. 图象的一个对称中心为D. 当函数取得最大值时，【答案】C【解析】【分析】法一：根据图象求出函数，可得函数解析式，结合正弦函数的单调性即可判断A；求出函数的对称轴方程即可判断B；求出函数的对称中心可判断C；求出函数取得最大值时对应的x的值，可判断D.法二：根据函数图象求得函数解析式中的参数，可得函数解析式，采用特殊值法或者代入验证的方法一一判断各选项，即可判断出答案.【详解】法一：设函数的最小正周期为

4、T,由题图可知，即，所以，所以，所以因为，所以，即，又因为，所以，所以令，得，当时，即为，而，但不是的子集，所以函数在上不是单调递增的，故A不正确；令，得，所以函数图象的对称轴方程为，故B不正确；令，得，令，则，所以函数图象的一个对称中心为，故C正确；当，即，时，函数取得最大值，故D不正确故选：C法二：设函数的最小正周期为T由题图可知，即，所以，所以，所以因为，所以，所以，又因为，所以，所以令，因为，即函数在上有最大值且不是在端点处取到，故A不正确；由题图可知，直线是函数图象的一条对称轴，但不满足，故B不正确；当时，故图象的一个对称中心为，C正确；当时，此时函数取得最大值，但不满足，故D不正确

5、故选：C6. 已知圆和两点，.若圆上存在点，使得，则的最大值为（ ）A. 12B. 11C. 10D. 9【答案】B【解析】【分析】将问题转化为以为直径的圆与圆有公共点的问题来列不等式，解不等式求得点的取值范围，由此求得点的最大值.【详解】解：以为直径的圆的方程为，圆心为原点，半径为.圆的圆心为，半径为.要使圆上存在点，使得，则圆与圆有公共点，所以，即，所以，解得，所以的最大值为.故选：B.7. 我国古代九章算术将底面为矩形的棱台称为刍童若一刍童为正棱台，其上、下底面分别是边长为和的正方形，高为1，则该刍童的外接球的表面积为（ ）A. 16B. 18C. 20D. 25【答案】C【解析】【分析

6、】根据题意，作出图形，设该刍童外接球的球心为O，半径为R，分两种情况讨论，分别根据条件列出方程组，即可求出外接球半径，代入球的表面积公式计算即可求解.【详解】设该刍童外接球的球心为O，半径为R，上底面中心为，下底面中心为，则由题意，如图，当O在的延长线上时，设，则在中，在中，联立得，所以刍童外接球的表面积为20同理，当O在线段上时，设，则有，解得，不满足题意，舍去综上所述，该刍童外接球的表面积为20故选：.8. 已知是椭圆的两个焦点，过的直线与椭圆交于两点，则椭圆的离心率为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由已知条件和椭圆定义，将用表示，在中求出，在用余弦定理，建立等量关

7、系，即可求解.【详解】由椭圆的定义可得 结合可得由可得，由椭圆的定义可得所以在中，在中，.故选：B【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：求出a，c，代入公式；只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)二、多项选择题（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. 下列说法中正确的是（ ）A. 直线在轴上

8、的截距是B. 直线的倾斜角是C. 直线恒过定点D. 过点且在.轴轴上的截距相等的直线方程为【答案】AC【解析】【分析】对于A，令，求出，即可判断；对于B，求出直线的斜率，进而可得倾斜角，即可判断；对于C，直线方程可化为，再令即可判断；对于D，分直线过原点和不过原点两种情况讨论即可判断.【详解】对于A，令，则，所以直线在轴上的截距是，故A正确；对于B，直线的斜率为，所以其倾斜角为，故B错误；对于C，直线化为，令，得，所以直线恒过定点，故C正确；对于D，当直线过原点时，直线方程为，当直线不过原点时，设直线方程为，将代入解得，此时直线方程为，所以过点且在.轴轴上的截距相等的直线方程为或，故D错误.故

9、选：AC.10. 下列说法中正确的是（ ）A. 非零向量和满足，则与的夹角为B. 向量，不能作为平面内所有向量的一组基底C. 若，则在方向上的投影向量的模为D. 若，且与的夹角为锐角，则实数的取值范围是【答案】BC【解析】【分析】利用数量积的运算律可得，再求出，最后根据夹角公式计算即可判断A，由即可判断B，根据投影的定义判断C，根据且与不能同向，即可得到不等式组，解得即可判断D.【详解】对于A：由，所以，即，所以，所以，所以与的夹角为，故A错误；对于B：由，所以，则与共线，不能作为平面向量基底，故B正确；对于C：，则或，则在方向上的投影向量的模为，故C正确；对于D：由，则，若与的夹角为锐角，则

10、且与不能同向，即，解得且，故D正确；故选：BC11. 如图，在扇形OPQ中，半径，圆心角，C是扇形弧PQ上的动点，矩形内接于扇形，记则下列说法正确的是（ ）A. 弧PQ的长为B. 扇形OPQ的面积为C. 当时，矩形的面积为D. 矩形的面积的最大值为【答案】ACD【解析】【分析】根据弧长公式可判断A；根据扇形的面积公式可判断B；解直角三角形求得的长，即可求出矩形的面积的表达式，结合三角函数的恒等变换化简求值，可判断C，D.【详解】由题意知，在扇形OPQ中，半径，圆心角，故弧PQ的长为，A正确；扇形OPQ的面积为，B错误；在中，在中，,则的面积 ，当时，又，故，则，则，则，即矩形的面积为，C正确；

11、由C的分析可知矩形的面积，当，即时，矩形的面积取最大值，D正确，故选：ACD【点睛】关键点睛：解答本题的关键C，D选项的判断，解答时要结合解直角三角形，表示出边的长，从而表示出矩形的面积，再结合三角函数的恒等变换，即可判断这两个选项的正误.12. 数学美的表现形式不同于自然美或艺术美那样直观，它蕴藏于特有的抽象概念，公式符号，推理论证，思维方法等之中，揭示了规律性，是一种科学的真实美平面直角坐标系中，曲线就是一条形状优美的曲线，对于此曲线，给出如下结论，其中结论正确的有（ ）A. 曲线C围成的图形的面积是B. 曲线C围成的图形的周长是C. 曲线C上的任意两点间的距离不超过2D. 若是曲线C上任

12、意一点，则的最小值是【答案】ABD【解析】【分析】根据方程分析曲线C的性质以及图象，根据曲线C的性质和图象结合直线与圆的相关知识逐项分析判断.【详解】对于曲线上任一点，则，点关于轴对称的点为，则，即点在曲线C上，故曲线C关于轴对称；点关于轴对称的点为，则，即点在曲线C上，故曲线C关于轴对称；点关于原点对称的点为，则，即点在曲线C上，故曲线C关于原点对称；综上所述：曲线C关于坐标轴和原点对称.对于方程，令，则，解得或，即曲线C与轴的交点坐标为，同理可得：曲线C与轴的交点坐标为，当时，则，整理得，且，故曲线C在第一象限内为以为圆心，半径的半圆，由对称性可得曲线C为四个半圆外加坐标原点，对A：曲线C

13、围成的图形的面积，A正确；对B：曲线C围成的图形的周长是，B正确；对C：联立方程，解得或，即曲线C与直线在第一象限内的交点坐标为，由对称可知曲线C与直线在第三象限内的交点坐标为，则，C错误；对D：由图结合对称性可知：当在第一象限时，点到直线的距离相对较小，到直线的距离，则点到直线的距离，故的最小值是，D正确.故选：ABD.【点睛】方法点睛：（1）通过方程研究曲线的对称性时，往往通过点的对称证明曲线的对称性；（2）研究直线与圆的位置关系主要通过圆心到直线的距离和半径的比较实现，两个圆的位置关系的判断依据是两圆心距离与两半径差与和的比较三、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13. 在

14、空间直角坐标系中，记点关于轴的对称点为关于平面的对称点为，则_.【答案】【解析】【分析】利用对称性求对称点坐标，应用空间两点距离公式求.【详解】依题意，关于轴的对称点为关于平面的对称点为所以.故答案为：14. 直线关于直线的对称直线方程为_【答案】【解析】【分析】先求得两直线的交点坐标，然后在任取一点，求得其关于直线的对称点，即可求得答案.【详解】联立和直线，求得它们的交点为,在直线取点，设其关于对称点为，则 ，解得，故直线关于直线的对称的直线为AC,其斜率为 ，直线方程为，即，故答案为：15. 在中，G满足，过G的直线与AB，AC分别交于M，N两点.若，则3m+n的最小值为_.【答案】【解析

15、】【分析】根据题意可知为三角形的重心，利用三点共线可得，再由均值不等式即可求最值.【详解】取中点，连接，如图，由可得，即，所以三点共线且，即为的重心，所以，因为三点共线，所以，又，所以，当且仅当，即时，等号成立，故答案为：16. 在正四棱柱中，E 为中点，为正四棱柱表面上一点，且，则点轨迹的长为_.【答案】#【解析】【分析】过做与直线垂直的平面，则点的轨迹的长即为平面与正四棱柱的交线长.【详解】如图，连接，由题可知，平面.因平面，则.又平面，平，则平面.又平面，则；如图，过E做平行线，交于F，则F为中点.连接，过做垂线，交于G.由题可得，平面，又，则平面.因平面，则.又平面，平面，则平面.因平

16、面，则；因平面，平面，则平面.连接，则点P轨迹为平面与四棱柱的交线，即.注意到，则，故.则点的轨迹的长为.故答案为：.【点睛】关键点点睛：本题为立体几何中的轨迹问题，难度较大.本题关键为做出轨迹，即过定点做空间直线的垂面，因直接做出平面难度较大，故转化为做空间直线所在平面的垂线.四、解答题（本大题共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. 已知直线l经过点，且与直线xy0垂直.（1）求直线l方程；（2）若直线m与直线l平行且点P到直线m的距离为，求直线m的方程.【答案】（1） （2）或.【解析】【分析】(1)根据直线垂直的性质设出直线的方程为，将点代入即可求解；（2）设直

17、线的方程为，利用点到直线的距离公式即可求解.【小问1详解】设直线的方程为，因为直线l经过点，所以，解得：，所以直线的方程为.【小问2详解】结合（1）设直线的方程为，因为点到直线m的距离为，由点到直线的距离公式可得：，解得：或，直线的方程为：或.故答案为：或.18. 已知椭圆焦点为，且过点，椭圆第一象限上的一点到两焦点的距离之差为2（1）求椭圆的标准方程；（2）求外接圆的标准方程【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得椭圆方程；（2）由条件结合椭圆定义求，根据勾股定理证明，由此确定外接圆的圆心和半径，由此确定圆的方程.【小问1详解】椭圆过点，且焦点为，则

18、，解得：，所以椭圆方程为：【小问2详解】由，得：，又，所以点的坐标为，故外接圆圆心是的中点，圆心的坐标为，半径，所以外接圆的标准方程为：19. 已知函数（1）求函数的单调递增区间；（2）将函数图像向右移动个单位，再将所得图像上各点的横坐标缩短到原来的倍得到的图像，若在区间上至少有4个最大值，求的取值范围【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）化简的解析式，利用整体代入法求得函数的单调递增区间.（2）根据三角函数图像变换的知识求得，根据对称性以及最值列不等式，由此求得的取值范围.【小问1详解】函数令，解得，所以单调递增区间为，【小问2详解】将函数的图像向右移动个单位，可得的图像；再将所得图

19、像上各点的横坐标缩短到原来的倍，得到的图像如果在区间上至少有4个最大值，则在区间上至少有2个最大值，在上至少有2个最大值，当时，故实数a的范围为20. 如图，直四棱柱的底面是菱形，分别是的中点.（1）证明：平面；（2）求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）结合三角形中位线性质可证得四边形为平行四边形，根据线面平行的判定可证得结论；（2）结合平行关系和体积桥可知所求为，由线面垂直的判定可证得为三棱锥的高，结合棱锥体积公式可求得结果.【小问1详解】连接，分别为中点，为的中位线，且，又为中点，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面.【小问2详解】由（1）得：平面，连接

20、，在矩形中，；四边形为菱形，为的中点，平面，平面，则为三棱锥的高，三棱锥的体积为.21. 的内角，的对边分别为，在下列三个条件中任选一个作为已知条件，解答问题.；（其中为的面积）；.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.（1）若，求的值；（2）若为锐角三角形，求的取值范围.【答案】（1）. （2）.【解析】【分析】对于:由代入经三角恒等变换得；对于:由面积公式与数量积公式得；对于:使用余弦定理代入化简得.在(1)中，使用余弦定理及其变形求得的值；在(2)中，使用正弦定理将边化为角，用将转化为的三角函数，使用三角恒等变换化为一般式求范围.【小问1详解】选择:，在中，所以，所以，整理得，

21、即，因为，故，而，从而；选择:，则，所以，又，则；选择:，由余弦定理，得，所以，又，则；若，由余弦定理，得，所以.【小问2详解】由为锐角三角形及，得且，所以，由正弦定理，得，因为，所以，即的取值范围是.22. 已知圆C：，点P是直线上一动点，过点P作圆C的两条切线，切点分别为A，B.（1）若P的坐标为，求过点P的切线方程；（2）试问直线AB是否恒过定点，若是，求出这个定点，若否说明理由；（3）直线与圆C交于E，F两点，求的取值范围（O为坐标原点）.【答案】（1）或 （2）是， （3）【解析】【分析】（1）设出切线方程，然后利用圆心到切线的距离等于半径即可求得斜率即可得方程（2）设P（t，t），可得PC为直径得方程，可求得直线AB得方程为，即可得定点.(3)由可得，进而可得： ，可求得其范围.【小问1详解】设切线方程为 ，即圆心坐标为，半径根据圆的切线的定义可知：，即解得：或代回方程可求得切线方程为：或或小问2详解】圆圆心C（2，0），半径r1设P（t，t），由题意知A，B在以PC为直径的圆上，又C（2，0），即又圆C：，即故直线AB的方程为，即由，解得，即直线AB恒过定点.【小问3详解】由，得设E（x1，y1），F（x2，y2）， ， 的取值范围为.