?2022-2023學(xué)年河南省新高中創(chuàng)新聯(lián)盟TOP二十名校高一（下）調(diào)研數(shù)學(xué)試卷（7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. 在復(fù)平面內(nèi)，復(fù)數(shù)i3+i2對應(yīng)的點位于(????)
A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限
2. 如圖，直角三角形ABC繞直角邊AC旋轉(zhuǎn)360°，所得的旋轉(zhuǎn)體為(????)
A. 圓錐
B. 圓柱
C. 圓臺
D. 球
3. 正六邊形ABCDEF中，AC=(????)
A. 2AB+AF B. AB+2AF C. AB?AF D. 2AB+2AF
4. 已知復(fù)數(shù)z=(2?1i)(2+i)，則z=(????)
A. 3?i B. 3+i C. ?3+4i D. 3+4i
5. 如圖，△O′A′B′是△OAB的直觀圖，則△OAB是(????)
A. 正三角形
B. 直角三角形
C. 鈍角三角形
D. 以上都有可能


6. 已知m，n是兩條不同的直線，α，β是兩個不同的平面，則下列命題正確的是(????)
A. 若m/?/α，m//β，α∩β=n，則m/?/n
B. 若m/?/n，n?α，則m/?/α
C. 若α⊥β，α∩β=n，m⊥n，則m⊥β
D. 若m⊥α，m⊥n，則n/?/α
7. 已知平面向量a=(1,λ)，b=(?2,1)，則下列說法正確的是(????)
A. 若λ=0，則|a+b|=2
B. 若a/?/b，則λ=?2
C. 若a與b的夾角為鈍角，則λ0，則△ABC是銳角三角形
D. 若acosA=bcosB=ccosC，則△ABC一定是等邊三角形
11. 如圖，正四棱柱ABCD?A1B1C1D1中，AA1=2AB，E，F(xiàn)分別為CC1，AA1的中點，則下列結(jié)論錯誤的是(????)
A. B1E⊥平面BEF
B. 直線B1E與直線BF所成的角為90°
C. 平面BEF與平面ABCD的夾角為45°
D. 直線D1F與平面ABCD所成的角為45°



12. 如圖，在△ABC中，BM=12BC，NC=23AC，直線AM交BN于點Q，則(????)
A. BN=13BA+23BC
B. AQ=QM
C. BQ=3QN
D. QA+QB+QC=0
三、填空題（本大題共4小題，共20.0分）
13. 已知向量a=(1,?2)，b=(m,2)，且a⊥b，則|ma+b|= ______ ．
14. 給出以下四個說法：
①若a，b是異面直線，則有且僅有一個平面α滿足a?α，且b⊥α；
②若點A，B，C，D共面，點A，B，C，E共面，則點A，B，C，D，E共面；
③若直線a，b共面，直線a，c共面，則直線b，c共面；
④若a，b是異面直線，則有且僅有一個平面α滿足a/?/α，且b/?/α．
其中正確的個數(shù)是______ ．
15. 在銳角△ABC中，角A，B，C的對邊分別為a，b，c，某數(shù)學(xué)興趣小組探究該類三角形時，得出以下四個結(jié)論，甲：b2≥ac；乙：tan(B?C)>0；丙：cosBsin(π2?B)=cosB，丙正確；
sin(C?B)=sinCcosB?sinBcosC可能大于0，也可能等于0，可能小于0，
即sinCcosB與sinBcosC的大小關(guān)系不確定，丁錯誤．
故答案為：丙．
由a，b，c的大小和B，C的大小不確定，判斷甲乙；根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性判斷丙；由差角公式結(jié)合B，C的大小判斷?。?br /> 本題主要考查了正弦函數(shù)的性質(zhì)，考查了兩角和與差的三角函數(shù)公式，屬于基礎(chǔ)題．

16.【答案】500π3?
【解析】解：設(shè)球的半徑為R，依題意，截面圓的面積分別為9π和16π，則截面圓的半徑分別為3，4，
可得球心到兩截面圓的距離分別為 R2?32， R2?42．
當(dāng)兩截面在球心的同一側(cè)時，因為兩截面間的距離為1，
所以 R2?32? R2?42=1，解得R=5或R=?5(舍)；
當(dāng)球心在兩截面之間時，可得 R2?32+ R2?42=1，即3=? R2?42，該方程無解．
綜上，R=5，故該球的體積為4π3?R3=4π3×53=500π3．
故答案為：500π3．
求出球心到兩截面圓的距離，再討論“兩截面在球心的同一側(cè)”和“球心在兩截面之間”兩種情況，得出半徑，進(jìn)而得出球的體積．
本題主要考查球的體積的求法，考查運算求解能力，屬于中檔題．

17.【答案】解：如圖所示，從底面半徑為2a，高為 3a的圓柱中，
挖去一個底面半徑為a且與圓柱等高的圓錐，

由題意，知S1=2π?2a? 3a+2π?(2a)2=(4 3+8)πa2，
挖去圓錐的母線長為 a2+3a2=2a，
S2=S1+πa?(2a)?πa2=(4 3+9)πa2．
∴圓柱的表面積S1與挖去圓錐后的幾何體的表面積S2之比為：S1：S2=(4 3+8)：(4 3+9)．?
【解析】求出S1=2π?2a? 3a+2π?(2a)2=(4 3+8)πa2，挖去圓錐的母線長為 a2+3a2=2a，從而S2=S1+πa?(2a)?πa2=(4 3+9)πa2.由此能求出圓柱的表面積S1與挖去圓錐后的幾何體的表面積S2之比．
本題考查圓錐、圓柱的結(jié)構(gòu)特征、表面積、母線長等基礎(chǔ)知識，考查運算求解能力，是中檔題．

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)證明：因為(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計算即可；
(2)計算(a+b)?(a?b)=0，即可證明．
本題主要考查向量垂直的性質(zhì)，屬于基礎(chǔ)題．

19.【答案】解：(1)多面體ABEDB1C1不是棱柱．理由如下：
因為棱柱的側(cè)面必為平行四邊形，故棱柱的面至少有3個平行四邊形，而多面體ABEDB1C1只有1個面是平行四邊形，故不是棱柱．
(2)易知三棱柱ABC?A1B1C1的體積V=12×AB×BC×AA1=12，
三棱錐A?A1B1D的體積V1=13×12×12×AB×BC×AA1=112，
易知三棱錐C1?BCE的體積等于三棱錐A?A1B1D的體積，
故多面體ABEDB1C1的體積V2=V?2V1=12?2×112=13．
(3)證明：因為D，E分別是A1C1，AC的中點，所以，
所以四邊形BB1DE為平行四邊形
所以BE//B1D.又BE?平面AB1D，B1D?平面AB1D，所以BE//平面AB1D.
易知，得四邊形ADC1E為平行四邊形．
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)根據(jù)棱柱的特征判斷即可；
(2)利用三棱錐體積減兩個三棱錐體積可得；
(3)根據(jù)面面平行判定定理，將問題轉(zhuǎn)化為兩個線面平行問題，再將線面平行轉(zhuǎn)化為線線平行，結(jié)合條件即可證明．
本題主要考查棱柱的結(jié)構(gòu)特征，考查面面平行的判定，屬于中檔題．

20.【答案】解：(1)因為acosA+bcosB=2ccosB，
由正弦定理可得sinAcosA+sinBcosB=2sinCcosB，
所以sinAcosB+cosAsinB=2sinCcosA，
即sin(A+B)=2sinCcosA，
因為C=π?(A+B)，所以sin(A+B)=sinC=2sinCcosA，
因為C∈(0,π)，則sinC>0，故cosA=12．
因為A∈(0,π)，所以A=π3．
(2)根據(jù)正弦定理有asinA=csinC，所以c=asinCsinA=3× 33 32=2．
因為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的周長為 6+6．?
【解析】(1)由正弦定理邊角互化、兩角和的正弦公式以及三角形內(nèi)角的關(guān)系化簡計算acosA+bcosB=2ccosB，從而得角A的值；
(2)由正弦定理計算c的值，根據(jù)sinB=sin(A+C)結(jié)合兩角和的正弦公式計算sinB，再利用正弦定理計算b的值，從而得△ABC的周長．
本題主要考查解三角形，考查運算求解能力，屬于中檔題．

21.【答案】證明：(1)如圖，連接AC，
因為E，F(xiàn)分別為棱PA，PC的中點，
所以EF/?/AC．
因為AC?平面ABCD，EF?平面ABCD，
所以EF/?/平面ABCD．
(2)過P作PM⊥AB，垂足為M，
因為平面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)連接AC，由EF/?/AC，結(jié)合線面平行的判定可得EF/?/平面ABCD；
(2)過P作PM⊥AB，垂足為M，由平面PAB⊥平面ABCD得PM⊥平面ABCD，進(jìn)而得PM⊥AD，可證得AD⊥平面PAB，從而得AD⊥PB，可得PB⊥平面PAD，從而平面PAD⊥平面PBC．
本題考查線面平行以及面面垂直的判定，考查邏輯推理能力，屬于基礎(chǔ)題．

22.【答案】(1)證明：連接BD．

因為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，結(jié)合①②可得sinC= 3sinA．
(2)解：由(1)知sinC= 3sinA，sinC=sin2A=2sinAcosA= 3sinA，
cosA= 32，又0

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