【新结构】2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高一下学期5月阶段性模拟考试数学试题-普通用卷

这是一份【新结构】2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高一下学期5月阶段性模拟考试数学试题-普通用卷，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z满足z(1−i)=1，则z的虚部为( )
A. 12B. 1C. 12iD. −i
2.数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第75百分位数为( )
A. 7B. 7.5C. 8D. 8.5
3.已知向量a=(1,−2)，b=(m,4)，且a//b，则2a−b=( )
A. (4,0)B. (0,4)C. (−4,8)D. (4,−8)
4.已知圆锥的侧面积为12π，它的侧面展开图是圆心角为2π3的扇形，则此圆锥的体积为( )
A. 6 2πB. 16 2π3C. 6 3πD. 16 3π3
5.如图，△A′B′C′为水平放置的△ABC的直观图，其中A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，则在原平面图形△ABC中AC的长为( )
A. 5B. 3C. 2 3D. 332
6.在△ABC中，点D是线段AC上靠近A的一个三等分点，点E是线段AB的中点，则DE=( )
A. −16BA−13BCB. −56BA+13BCC. −56BA−13BCD. BA−16BC
7.在正方体ABCD−A1B1C1D1中，M，N，P，Q分别是棱C1D1，A1A，AB，A1D1的中点，则( )
A. PN与QM为异面直线
B. A1B与MN所成的角为45∘
C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形
D. 点C1，D1到平面PMN的距离相等
8.为庆祝国庆，立德中学将举行全校师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠．如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每颗弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是( )
A. 2(5+3 3)π3 cm3B. 4(5+3 3)π3cm3
C. 2(5+3 3)πcm3D. 8(5+3 3)π3cm3
二、多选题：本题共3小题，共15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.某市举办了普法知识竞赛，从参赛者中随机抽取1000人，统计成绩后，画出频率分布直方图如图所示，则( )
A. 直方图中x的值为0.030
B. 估计该市普法知识竞赛成绩的平均数为85分
C. 估计该市普法知识竞赛成绩的众数为95分
D. 估计该市普法知识竞赛成绩的中位数为88分
10.已知函数f(x)=sin2x+2sin2x，则( )
A. 函数f(x)的图象关于点(π8,0)对称
B. 函数f(x)在区间(0,π4)上单调递增
C. 函数f(x)的图象向左平移3π8个单位长度所得到的图象所对应的函数为偶函数
D. 函数f(x)在区间(−π,π)上恰有3个零点
11.如图1，在等腰梯形ABCD中，AB//CD，DA=AB=BC=12CD，E为CD中点，将△DAE沿AE折起，使D点到达P的位置(点P不在平面ABCE内)，连接PB，PC(如图2)，则在翻折过程中，下列说法正确的是( )
A. BC//平面PAE
B. PB⊥AE
C. 存在某个位置，使PC⊥平面PAE
D. PB与平面ABCE所成角的取值范围为0,π2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.函数y=lga(x−1)+8(a>0且a≠1)的图象恒过定点A，且点A在幂函数f(x)的图象上，则f(x)=__________.
13.如图，某山的高度BC=300m，一架无人机在Q处观测到山顶C的仰角为15∘，地面上A处的俯角为45∘，若∠BAC=60∘，则此无人机距离地面的高度PQ为__________m.
14.已知三棱锥S−ABC的四个顶点在球O的球面上，SA=SB=SC，△ABC是边长为6的正三角形，E为SA的中点，直线CE，SB所成角为90∘，则球O的表面积为__________.
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知平面向量a，b，a=(1, 3)，|b|=1，且a与b的夹角为π3.
(1)求|a−2b|；
(2)若a+2b与2a+λb(λ∈R)垂直，求λ的值．
16.(本小题12分)
已知函数f(x)=4x−a⋅2x.
(1)当a=2时，求f(x)在[−1,1]上的最值；
(2)设函数g(x)=f(x)+f(−x)，若g(x)存在最小值为−11，求实数a.
17.(本小题12分)
在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足b2=ac，sin(B−A)+sinC=2sinA
(1)求证：sinB=tanA；
(2)求csB的值．
18.(本小题12分)
如图，在四棱锥P−ABCD中，底面ABCD为平行四边形，∠ABC=120∘，AB=1，PA= 5，PD⊥CD，PB⊥BD，点N在棱PC上，平面PBD⊥平面ABCD.
(1)证明：AB⊥PB；
(2)若PA//平面BDN，求三棱锥N−PAD的体积；
(3)若二面角N−BD−C的平面角为π4，求PNNC.
19.(本小题12分)
五一假期，杭州吴山广场的鸽子吸引了众多游客．热爱摄影的小华计划在广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到鸽子的展翅瞬间．小华设计了一个草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于A点处，其可捕捉到图像的角度为45∘，即∠PAQ=45∘，其中P，Q分别在边BC，CD上，记∠BAP=θ(0∘≤θ≤45∘).
(1)设AC与PQ相交于点R，当θ=30∘时，
(ⅰ)求线段DQ的长；
(ⅱ)求线段AR的长；
(2)为节省能源，小华计划在广场上人员较多的时段关闭相机镜头的自动转动功能，为使相机能够捕捉到的面积(即四边形APCQ的面积，记为S)最大，θ应取何值？S的最大值为多少？
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查复数的概念与分类、复数的除法运算，属于基础题.
先由复数的运算求出z，再由复数的概念求出z的虚部即可.
【解答】
解：因为z(1−i)=1，
所以z=11−i=1+i(1+i)(1−i)=12+i2，
故z的虚部为12.
故选A.
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了百分位数的求解，考查了学生的运算能力，属于基础题．
因为10×75%=7.5，进而可以求解．
【解答】解：因为10×75%=7.5，
故数据1，2，3，4，5，6，8，9，10的第75百分位数为8.
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查的是平面向量的坐标运算，向量平行的性质，属于容易题.
由a//b可得出m的值，从而得到2a−b的坐标.
【解答】
解：由a//b知4+2m=0，
所以m=−2，
所以2a−b=(2,−4)−(m,4)=(2−m,−8)=(4,−8).
故选D.
4.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查圆锥的侧面积和体积，属于基础题.
设圆锥的底面半径为r，母线长为l，列方程求解r，l，则圆锥的高h可解，进而可得圆锥的体积.
【解答】
解：设圆锥的底面半径为r，母线长为l，则πrl=12π，2πrl=2π3，解得r=2，l=6，
所以此圆锥的高h= l2−r2=4 2，
所以此圆锥的体积V=13π×22×4 2=16 2π3.
故选B.
5.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查投影与斜二测画法，属于一般题.
根据斜二测画法规则确定点A′，B′，C′的位置，再作出△ABC，逐项计算判断即可.
【解答】
解：在直观图△A′B′C′中，A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，
取A′B′中点D′，连接C′D′，
△A′B′C′中，A′B′=2，A′C′=B′C′= 5，
所以C′D′⊥A′B′，
所以C′D′= ( 5)2−12=2，
所以O′D′=C′D′=2，
所以O′A′=2−1=1，O′C′= 2O′D′=2 2，
由斜二测画法规则作出△ABC，如图，
则OC=O′C′=2 2，OA=2O′A′=2，
所以AC= 22+(2 2)2=2 3.
故选C.
6.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查向量的加法、减法、数乘运算，属于基础题．
根据DE=DA+AE，从而利用向量的加减运算即可.
【解答】解：依题意，DE=DA+AE
=−13AC−12BA=−13BC+13BA−12BA
=−16BA−13BC.
故选A.
7.【答案】D
【解析】【分析】本题主要考查了异面直线，异面直线所成的角，截面的问题，点到平面的距离，属于中档题.
由题意得出PN与QM相交判断A错误；利用异面直线所成的角判断B错误；利用截面为六边形判断C错误；利用M为C1，D1的中点，以及点到直线的距离判断D正确.
【解答】解：A.在底面A1B1C1D1内，延长MQ与B1A1相交于点E，因为Q为A1D1中点，所以A1E=12A1B1，在平面AA1B1B中，N为AA1中点，则延长PN一定经过点E，故PN与QM为相交直线，故A错误；
B.由中位线的性质可知PN//A1B，则∠PNM(或其补角)为A1B与MN所成的角，
设正方体的棱长为2，则PN= 2，MN= 12+22+12= 6，PM= 22+22=2 2.
因为PN2+MN2=PM2，
所以∠PNM=90∘，故B错误；
C.如图S，T分别为BC，CC1的中点，则平面PMN截该正方体所得截面为六边形MQNPST，故C错误；
D.因为M为C1，D1的中点，所以点C1，D1到平面PMN的距离相等，故D正确.
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查球的切接问题，属于较难题.
根据四个小球和容器的相切关系，作出对应的正视图和俯视图，建立球心和半径之间的关系即可得到容器的半径.
【解答】解：分别作出四个小球和容器的正视图和俯视图，如图所示：
正视图中小球球心B，半球球心O与切点A构成直角三角形，则有OA2+AB2=OB2，
俯视图中，四个小球球心的连线围成正方形，正方形的中心到球心的距离O1A1与正视图中的OA相等，
设半球半径为R，已知小球半径r=1，∴OA= 2，AB=1，OB= 3，R=OB+r= 3+1.
半球面形状的容器的容积是V=12×43πR3=12×43×( 3+1)3π=4(5+3 3)π3.
故选：B
9.【答案】AC
【解析】【分析】
本题考查频率分布直方图中某个区间的频率、众数、平均数、中位数算法，考查数学运算能力，属于基础题．
根据直方图中学生成绩落在各个区间概率和为1可求得x，再由众数、平均数、中位数算法逐一判断即可.
【解答】解：对于A，∵(0.005+0.010+0.015+x+0.040)×10=1，∴x=0.030，故 A正确；
对于B，平均成绩为55×0.05+65×0.1+75×0.15+85×0.3+95×0.4=84，故B错误;
对于C，由图得，成绩在90−100的人数最多，从而众数为90+1002=95，故 C正确；
对于D，由于0.05+0.1+0.15<0.3，0.05+0.1+0.15+0.3>0.5，
所以中位数位于80,90，设中位数为x，
则x−80×0.030=0.5−0.3=0.2，解得x=2603，故D错误.
故选AC.
10.【答案】BCD
【解析】【分析】
本题考查正弦型函数的图象变换，考查正弦型函数的零点、对称轴、对称中心，考查判断正弦型函数的单调性，属于中档题.
先求出f(x)的解析式，结合各选项所需知识点逐个分析即可.
【解答】
解：f(x)=sin2x+1−cs2x= 2sin(2x−π4)+1，易得对称中心纵坐标为1，A错；
−π2<2x−π4<π2，则−π8∴f(x)的一个单调增区间为(−π8,38π)，
而(0,π4)⫋(−π8,3π8)，
∴f(x)在(0,π4)上单调递增，B对；
f(x+3π8)= 2sin [2(x+3π8)−π4]+1
= 2sin(2x+π2)+1
= 2cs2x+1，为偶函数，C对；
令f(x)=0，则sin(2x−π4)=− 22，
得2x−π4=−3π4+2k1π，k1∈Z，或2x−π4=−π4+2k2π，k2∈Z，
∴x=−π4+k1π，k1∈Z或x=k2π，k2∈Z，
令k1=0，x=−π4；令k1=1，x=34π；令k2=0，x=0，
∴f(x)在(−π,π)有三个零点，D对.
故选BCD.
11.【答案】ABD
【解析】【分析】
本题考查线面位置关系的说明，涉及线面平面，线面垂直的判定，考查线面夹角问题，数形结合思想是关键，是中档题．
根据线面平行判定定理判断A；根据线面垂直定理判断B；利用反证法判断C；数形结合判断D.
【解答】
解：∵AB=12CD，E为CD中点，∴AB=CE，
∵AB//CE，所以四边形ABCE为平行四边形，所以BC//AE，
因为BC⊄平面PAE，AE⊂平面PAE，所以BC//平面PAE，故A正确；
连接BE，取AE中点O，连接PO，BO，由PO⊥AE，BO⊥AE，
∵PO∩BO=O，PO，BO⊂平面POB，∴AE⊥平面POB，
∵PB⊂平面POB，∴AE⊥PB，故B正确；
若PC⊥平面PAE，则PC⊥PE，在Rt△PEC中，必有EC>PE，与EC=PE矛盾，故C错误；
∠PBO为直线PB与平面ABCE所成的角，显然∠PBO∈(0,π2)，故D正确；
故选：ABD.
12.【答案】x3
【解析】【分析】
本题考查了对数函数的性质和幂函数的定义，属于基础题．
利用lga1=0可得定点A，代入幂函数f(x)=xα即可求出幂函数的解析式．
【解答】解：对于函数y=lga(x−1)+8，
令x−1=1，解得x=2，此时y=8，
因此函数y=lga(x−1)+8的图象恒过定点A(2,8).
设幂函数f(x)=xα，
∵A(2,8)在幂函数f(x)的图象上，
∴8=2α，解得α=3.
∴f(x)=x3.
故答案为x3
13.【答案】200
【解析】【分析】本题考查了利用正弦定理解三角形，属于基础题.
在直角三角形中求出 AC ，在△ACQ中利用正弦定理求出 AQ ，在Rt△APQ中求PQ即可.
【解答】解：根据题意，在Rt△ABC中，∠BAC=60∘，BC=300m，
所以 AC=BCsin60∘=300 32=200 3 m，
在△ACQ中，∠AQC=45∘+15∘=60∘，∠QAC=180∘−45∘−60∘=75∘，
所以∠QCA=180∘−∠AQC−∠QAC=45∘，
由正弦定理，得 AQsin45∘=ACsin60∘ ，即 AQ=200 3× 22 32=200 2 m，
在Rt△APQ中，PQ=AQsin45∘=200 2× 22=200 m.
故答案为：200.
14.【答案】54π
【解析】【分析】本题考查三棱锥的棱长与外接球的关系，及三棱锥放在正方体中的性质，属于中档题.
由题意先证明此正三棱锥为侧棱两两相互垂直，将此三棱锥放在正方体中，可得正方体的棱长为2 2，进而求出正方体的对角线的长度即是三棱锥的外接球的直径，进而求出外接球的表面积.
【解答】解：设F是AB的中点，则EF//SB，因为直线 CE， SB所成角为90∘，所以∠CEF=90∘，
取AC的中点M，连接BM，SM，因为SA=SB=SC，所以可得AC⊥SM，AC⊥BM，而SM∩BM=M，所以AC⊥面BMS，所以AC⊥BS，
又BS⊥CE，CE∩AC=C，所以BS⊥面ACS，
可得BS⊥AS，BS⊥CS，
将此三棱锥放在正方体中，可得正方体的面的对角线为6，所以正方体的棱长为3 2，
所以起外接球的直径2R=3 2⋅ 3=3 6，
所以外接球的半径R=32 6，
所以球 O的表面积为=4π×(3 62)2=54π.
故答案为54π.
15.【答案】解：(1)由题意csπ3=a⋅ba|b|=a⋅b1×2=12，∴a⋅b=1，
|a−2b|2=(a−2b)2=a2−4a⋅b+4b2=4−4+4=4
∴|a−2b|= |a−2b|2=2
(2)∵a+2b与2a+λb(λ∈R)垂直，
∴(a+2b)⋅(2a+λb)=0，即2a2+(4+λ)a⋅b+2λb2=0，
∴8+4+λ+2λ=0，即3λ+12=0，λ=−4.
【解析】本题考查平面向量的综合运用，考查运算求解能力，属于基础题．
(1)求出a⋅b=1，根据数量积的定义及向量模的计算即可得答案；
(2)根据向量垂直，则数量积为0，列式计算，结合数量积的运算律，即得答案．
16.【答案】解：(1)当a=2时，f(x)=4x−2⋅2x=(2x)2−2⋅2x，
令t=2x，因为x∈[−1,1]，所以t∈[12,2]，
所以y=t2−2t=(t−1)2−1，t∈[12,2]，
故当t=1时，ymin=−1;当t=2时，ymax=0，
即当x=0时，f(x)取得最小值−1;当x=1时，f(x)取得最大值0.
(2)g(x)=4x−a⋅2x+4−x−a⋅2−x=(2x+2−x)2−a⋅(2x+2−x)−2，
令m=2x+2−x，则m≥2 2x⋅2−x=2，(当2x=2−x时，等号成立)，
于是问题等价转化为“函数h(m)=m2−am−2在区间[2,+∞)上存在最小值−11，求实数a的值”.
二次函数h(m)的对称轴方程为m=a2，
当a2≤2，即a≤4时，h(m)在区间[2,+∞)上单调递增，此时存在最小值h(2)=2−2a，
令2−2a=−11，解得a=132，不符合题意，舍去;
当a2>2，即a>4时，h(m)在区间[2,a2)上单调递减，在区间(a2,+∞)上单调递增，
所以存在最小值h(a2)=a24−a22−2=−a24−2，
令−a24−2=−11，解得a=6(负值舍去).
综上得，a=6.
【解析】本题考查求函数的最值，二次函数的最值，由函数的最值求参，属于中档题.
(1)当a=2时，令t=2x，t∈[12,2]，再利用换元法及配方法求得函数的最值；
(2)根据题意，得出g(x)=(2x+2−x)2−a⋅(2x+2−x)−2，令m=2x+2−x，则m≥2 2x⋅2−x=2，函数h(m)=m2−am−2，对称轴方程为m=a2，分类讨论，结合函数的单调性，即可求出a的值.
17.【答案】解：(1)∵在△ABC中，有sinC=sin(A+B)，
∴sin(B−A)+sin(B+A)=2sinA，即2sinBcsA=2sinA，
当A=π2时，等式显然不成立，所以A≠π2，
∴sinB=tanA；
(2)∵由正弦定理推出sin2B=sinAsinC，
且(1)得sinBcsA=sinA，
∴sin2B=sinBcsAsinC即sinB=csAsinC，
所以sinAcsC+csAsinC=csAsinC，
∴sinAcsC=0，
又sinA≠0，则csC=0，
∴C=π2，
∴sin2B=sin(π2−B)=csB，
即1−cs2B=csB，
即cs2B+csB−1=0，
∴csB= 5−12.
【解析】本题考查了利用正弦定理解三角形和三角恒等变换，是中档题.
(1)由三角恒等变换和同角三角函数关系即可得证；
(2)由正弦定理推出sin2B=sinAsinC，根据三角恒等变换得csC=0，则C=π2，则sin2B=sin(π2−B)=csB，计算即可.
18.【答案】解：(1)∵面PBD⊥面ABCD，面PBD∩面ABCD=BD，PB⊥BD，PB⊂面PBD
∴PB⊥面ABCD
又∵AB⊂面ABCD，
∴PB⊥AB
(2)∵PA//面BDN，PA⊂面PAC，面PAC∩面BDN=NO，
∴PA//NO，可知N为PC中点
VN−PAD=12VC−PAD=12VP−ACD=12×13×2× 32= 36
(3)由题意知PB⊥面ABCD，过点N作PB平行线交BC于点H
∴NH⊥面ABCD，再作HK⊥BD(K为垂足)
∴∠NKH为二面角N−BD−C的平面角，∠NKH=π4
不妨设NH=x=KH，NC= 2x，BH=2−x且BH=2KH，∴x=23=NH
∴PNNC=2 2− 2x 2x=2
【解析】本题考查线面垂直的性质、棱锥的体积和二面角，属于一般题.
(1)通过求证PB⊥面ABCD，由线面垂直的性质定理即可求证；
(2)先求证N为PC中点，再利用等体积法即可求解;
(3)过点N作PB平行线交BC于点H，说明∠NKH为二面角N−BD−C的平面角，∠NKH=π4，即可求比值.
19.【答案】解：(1)(i)DQ=tan15∘= 6− 2 6+ 2=( 6− 2)24=2− 3；
(ii)在△CPR中，有CRsin60∘=CPsin75∘，
又CP=1−PB=1− 33，解得CR=2 2− 6，
∴AR=AC−CR= 6− 2；
(2)S=1−SΔABP−SΔADQ=1−12tanθ−12tan(π4−θ)，
=1−12[sinθcsθ+sin(π4−θ)cs(π4−θ)]=1−12sinθcs(π4−θ)+sin(π4−θ)csθcsθcs(π4−θ)
=1−12sinπ4csθcs(π4−θ)
=1−11+cs2θ+sin2θ=1−11+ 2sin(2θ+π4)，
∴当且仅当θ=π8时，Smax=1−1 2+1=2− 2.
【解析】本题考查了解三角形、三角恒等变换和三角函数性质，是中档题.
(1)(i)易得DQ=tan15∘，展开计算即可；
(ii)在△CPR中，由正弦定理得CR，由AR=AC−CR，可得结果；
(2)S=1−SΔABP−SΔADQ，由三角恒等变换和三角函数性质可得最大值.