2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高一（下）段考数学试卷（5月份）（含答案）

这是一份2023-2024学年浙江省金华市卓越联盟高一（下）段考数学试卷（5月份）（含答案），共10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，那么2a−b等于( )
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. 5
B. 3
C. 2 3
D. 332
6.如图所示的△ABC中，点D是线段AC上靠近A的三等分点，点E是线段AB的中点，则DE=( )
A. −13BA−16BC
B. −56BA−13BC
C. −16BA−13BC
D. −56BA+13BC
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.已知实数a满足ln(e2+1)−1A. e1a>aB. e1aae−1D. ea−1二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
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，某建筑物的高度BC=300m，一架无人机Q上的仪器观测到建筑物顶部C的仰角为15°，地面某处A的俯角为45°，且∠BAC=60°，则此无人机距离地面的高度PQ为______．
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77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13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15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−11，求实数a的值．
17.(本小题15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17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17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π4，即∠PAQ=π4，其中P，Q分别在边BC，CD上，记∠BAP=θ(0≤θ≤π4)．
(1)设AC与PQ相交于点R，当θ=π6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？
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.B
5.C
6.C
7.D
8.D
9.AC
10.BCD
11.ABD
12.x3
13.200m
14.54π
15.解：(1)根据题意得csπ3=a⋅b|a||b|=a⋅b1× 1+3=12，解得a⋅b=1，
所以(a−2b)2=|a|2+4|b|2−4a⋅b=4+4−4=4，可得|a−2b|= (a−2b)2=2．
(2)因为a+2b与2a+λb(λ∈R)垂直，所以(a+2b)⋅(2a+λb)=0，
即2a2+(λ+4)a⋅b+2λb2=0，可得2×4+(λ+4)+2λ=0，解得λ=−4．
16.解：(1)当a=2时，f(x)=4x−2⋅2x=(2x)2−2⋅2x，
设t=2x∈[12,2]，则ℎ(t)=t2−2t，开口向上，对称轴t=1，
所以函数ℎ(t)在[12,1]单调递减，(1,2]单调递增，
所以ℎ(t)min=ℎ(1)=−1，ℎ(t)max=ℎ(2)=0，
所以f(x)在[−1,1]上的最小值为−1，最大值为0．
(2)g(x)=f(x)+f(−x)=4x−a⋅2x+4−x−a⋅2−x=4x+4−x−a⋅(2x+2−x)
=(2x+2−x)2−a⋅(2x+2−x)−2，
设λ=2x+2−x≥2 2x⋅2−x=2，当且仅当2x=2−x，即x=0时取得等号，
所以g(λ)=λ2−aλ−2，λ∈[2,+∞)，对称轴λ=a2，
当a2≤2，即a≤4时，g(λ)=λ2−aλ−2，在[2,+∞)单调递增，
则g(λ)min=g(2)=2−2a=−11，解得a=132，不满足题意；
当a2>2，即a>4时，g(λ)=λ2−aλ−2在[2,a2]单调递减，(a2,+∞)单调递增，
所以g(λ)min=g(a2)=−a24−2=−11，解得a=6或a=−6(舍去)，
综上，实数a的值为6．
17.(1)证明：由题意，在△ABC中，有sinC=sin(A+B)，
所以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，
故sinB=tanA．
(2)解：由b2=ac及正弦定理可得：sin2B=sinAsinC，
由(1)得sinBcsA=sinA，
所以sin2B=sinBcsAsinC，即sinB=csAsinC，
即sinAcsC+csAsinC=csAsinC，即sinAcsC=0，
又sinA≠0，所以csC=0，故C=π2，
则sin2B=sinA=sin(π2−B)=csB，即1−cs2B=csB，
即cs2B+csB−1=0，又csB∈(−1,1)，
解得csB= 5−12．
18.解：(1)证明：因为平面PBD⊥平面ABCD，平面PBD∩平面ABCD=BD，PB⊥BD，PB⊂平面PBD，
所以PB⊥平面ABCD，
又∵AB⊂平面ABCD，
所以PB⊥AB；
(2)因为PA//平面BDN，PA⊂平面PAC，平面PAC∩平面BDN=NO(其中点O是AC，BD的交点也是中点)，

所以PA//NO，可知N为PC中点，
而PB⊥AB，AB=1，PA= 5，
所以PB=2，
因为PD⊥CD，PB⊥BD，
所以PC2=PD2+1=22+BD2+1=BD2+5，
因为PB⊥平面ABCD，BC⊂平面ABCD，
所以PB⊥BC，
所以PC2=22+BC2，
所以BD2+1=BC2，
在三角形BCD中，CD=AB=1，∠BCD=60°，由余弦定理有BD2=BC2+1−BC，
结合BD2+1=BC2，解得BD= 3,BC=2，
VN−PAD=12VC−PAD=12VP−ACD=12×13×2×(12×2×1× 32)= 36．
(3)由题意知PB⊥平面ABCD，过点N作PB平行线交BC于点H，
所以NH⊥面ABCD，再作HK⊥BD(K为垂足)，

所以∠NKH为二面角N−BD−C的平面角，∠NKH=π4，
由(2)可知BC=PB=2，所以三角形PBC是等腰直角三角形，
同理三角形NHC也是等腰直角三角形，
从而PC=2 2，
在三角形BCD中，BD2+CD2=( 3)2+12=4=BC2，
所以∠BDC=90°，
而∠BCD=60°，所以∠CBD=30°，
不妨设CH=NH=x=KH，NC= 2x，
则BH=2−x且BH=2KH，所以x=23=NH，
所以PNNC=2 2− 2x 2x=2．
19.解：(1)如图，建立平面直角坐标系，由θ=π6，AB=BC=1，
所以A(0,0)，B(1,0)，C(1,1)，D(0,1)，
由tanθ=PBAB，得PB=ABtanπ6= 33，所以P(1, 33)，
又∠PAQ=π4，则∠DAQ=π12，tanπ12=tan(π4−π6)=tanπ4−tanπ61+tanπ4⋅tanπ6=2− 3，
在Rt△DAQ中，DQ=AD⋅tan∠DAQ=tanπ12=2− 3，
所以Q(2− 3,1)，所以kPQ=1− 332− 3−1=− 33，
所以直线PQ的方程为y− 33=− 33(x−1)，化简得y=− 33x+2 33，
又直线AC的方程为y=x，联立y=xy=− 33x+2 33，解得x= 3−1y= 3−1，
所以R( 3−1, 3−1)，
所以线段AR= ( 3−1)2+( 3−1)2= 6− 2．

(2)S=1−S△ABP−S△ADQ=1−12tanθ−12tan(π4−θ)
=1−12[sinθcsθ+sin(π4−θ)cs(π4−θ)]=1−12×sinθcs(π4−θ)+sin(π4−θ)csθcsθcs(π4−θ)
=1−12×sinπ4csθcs(π4−θ)=1−12(cs2θ+csθsinθ)
=1−11+cs2θ+sin2θ=1−11+ 2sin(2θ+π4)，
又0≤θ≤π4，所以π4≤2θ+π4≤3π4，
所以当且仅当θ=π8时，Smax=1−1 2+1=2− 2．