广西南宁市第三中学五象校区2023-2024学年高一下学期5月段考 数学试卷（含解析）

这是一份广西南宁市第三中学五象校区2023-2024学年高一下学期5月段考 数学试卷（含解析），共13页。
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效。
一、选择题：本题共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．已知集合，，，则（ ）
A．B．C．D．
2．若a，b是异面直线，且平面，那么b与平面的位置关系是（ ）
A．B．b与相交C．D．以上三种情况都有可能
3．设，是两个不共线的向量，若向量与向量共线，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知分段函数，则方程的解的个数是（ ）
A．4个B．3个C．2个D．1个
5．如图所示，某三角形的直观图是斜边长等于2的等腰直角三角形，则原三角形OAB的面积等于（ ）
A．1B．2C．D．4
6．若圆锥的侧面展开图是圆心角为、半径为4的扇形，则这个圆锥的体积是（ ）
A．B．C．D．
7．在中，点O满足，过点O的直线分别交射线AB，AC于不同的两点M，N．设，，则的最小值是（ ）
A．3B．1C．D．
8．如图，四边形ABCD为正方形，平面ABCD，，，则三棱锥的体积为（ ）
A．12B．6C．D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。
9．一个正方体纸盒展开后如图所示，在原正方体纸盒中，下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．MN与AB是异面直线D．BF与CD成角
10．在棱长为1的正方体中，O是线段的中点，以下关于直线BO的结论正确的有（ ）
A．与平面平行B．与直线AC垂直
C．与直线所成角为D．与平面的距离为
11．在正三棱柱中，，则下列说法正确的是（ ）
A．若3，则正三棱柱外接球的表面积为
B．若，在正三棱柱中放一个最大的球，该球的体积为
C．若往正三棱柱中装水，当侧面水平放置时，水面恰好过AC，BC，，的中点，那么当底面ABC水平放置时，水面高度为
D．若D是的中点，E是线段上的动点，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．若正四棱台的上底边长为2，下底边长为8，高为4，则它的侧面积为________．
13．在复平面内，已知复数，满足，且，则________．
14．设函数是定义在上的奇函数，对任意，都有，且当时，，若函数（且）在上恰有4个不同的零点，则实数a的取值范围是________．
四、解答题：共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
15．（本小题满分13分）已知平面向量，满足，，且．
（1）求与的夹角；
（2）设与方向相同的单位向量为，求向量在向量上的投影向量．
16．（本小题满分15分）在中，a，b，c分别是角A，B，C的对边，且满足．
（1）求角A的大小；
（2）若，D为BC的中点且，求的面积．
17．（本小题满分15分）如图，圆台上底面圆半径为1，下底面圆半径为，AB为圆台下底面的一条直径，圆上点C满足，是圆台上底面的一条半径，点P，C在平面的同侧，且．
（1）证明：平面PAC；
（2）若圆台的高为2，求直线PB与平面PAC所成角的正弦值．
18．（本小题满分17分）已知函数，，且将函数的图象向左平移单位长度得到函数的图象．
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若函数是奇函数，求的值；
（3）若，当时函数取得最大值，求的值．
19．（本小题满分17分）已知函数，若存在实数m、k（），使得对于定义域内的任意实数x，均有成立，则称函数为“可平衡”函数；有序数对称为函数的“平衡”数对．
（1）若，求函数的“平衡”数对；
（2）若，判断是否为“可平衡”函数，并说明理由；
（3）若，且、均为函数的“平衡”数对，求的取值范围．
2023级高一下段考数学试题参考答案
1．C【详解】由题目可知，，∴，在全集中，的补集为，答案为C．
2．D【详解】在长方体中，平面ABCD视为平面，直线为直线a，点E，F分别为棱，的中点，
如图，显然有平面，当直线b为直线AD时，直线a，b是异面直线，此时；
因，平面，平面，则，
当直线b为直线EF时，直线a，b是异面直线，此时；
当直线b为直线时，直线a，b是异面直线，此时b与a相交，
所以直线b与平面可能平行，可能相交，也可能在平面内．故选：D．
3．B【详解】因为，是两个不共线的向量，由，共线，
则存在实数，使得，则，解得或，则．故选：B．
4．B【详解】由题意可知，当时，，对称轴为，顶点在x轴上；当时，，图像为折线，画出分段函数图像和直线的图像即可求出交点个数为3，答案为B．
5．C【详解】中，，，
则中，，，，则面积为，故选：C．
6．B【详解】设圆锥的底面半径为r，则，所以．所以圆锥的高为，体积为，故选：B．
7．D【详解】因为，所以．
又因为M、O、N三点共线，所以．所以．
所以，所以当，时，有最小值为．故选：D．
8．B【详解】如图所示，连接BD交AC于点M，连接EM，FM，
因为四边形ABCD为正方形，所以，
又因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
因为，平面BDEF，所以平面BDEF，
又因为，过F作于G，可得四边形BDGF为矩形，则，，
所以，，，
由余弦定理得，
所以，
所以，
所以．故选：B．
9．ACD【详解】解：将正方体还原，如图所示：由图可知，A正确；B不正确；C正确；D．BF与CD平行，所以BF与CD成角正确．故选：ACD．
10．ABD【详解】因为且，所以四边形为平行四边形，所以，
又平面，平面，所以平面，
同理可证平面，
又，平面，
所以平面平面，而平面，故平面，选项A正确；
因为平面ABCD，平面ABCD，所以，
又，，平面，
所以平面，而平面，故，选项B正确；
由于，所以BO与所成角就是直线BO与直线所成角，
因为，，，
所以，
所以，即BO与直线所成角为，选项C不正确；
由选项A可知，BO与平面的距离就是点B到平面的距离．
设点B到平面的距离为h，由，得，
即，解得，即BO与平面的距离为，选项D正确，故选：ABD．
11．【详解】ACD．如图，O是的中点，F是的外心，是的外心，由得，，，．
B．用平行于底面的平面过球心截得的图形，恰好是正三角形和它的内接圆，如图，设h是正三角形的高，由正三角形重心的性质，可得内接圆的半径，，所以．
C．用平行于底面当三棱柱的侧面水平放置时，有水部分是四棱柱，高为原三棱柱的高，高为，当底面ABC水平放置时，水面高假设为h，由已知条件，四棱柱与三棱柱的底面面积之比为，假设四棱柱和三棱柱的底面面积分别为3a，4a（），由水的体积不变可得，．
D．∵，D是的中点，．由正三棱柱的性质得，∵，平面，又平面，所以．
12．100【详解】∵上底的边心距为1，下底的边心距为4，高是4，
∴斜高为，
故侧面积等于．故答案为：100．
13．【详解】设对应的复数为，对应的复数为，
则对应的复数为，对应的复数为，
因为，且，
所以为等腰直角三角形，且．
作正方形AOBC，如图所示，
则对应的复数为，故．
故答案为：．
14．【详解】因为设函数是定义在上的奇函数，当时，，即当时，，，对任意，都有，所以关于对称，且，所以，即的周期是4，又由函数（且）在上恰有4个不同的零点，可得函数与（且）的图像在上恰有4个不同的交点，又，，
当时，由图可得，解得；
当时，由图可得，解得．
综上，．
15．【答案】（1）；（2）
【详解】（1）解：∵，∴ 1分，即 2分，
又，，∴ 3分，∴ 4分，
又向量夹角范围是 5分，∴与的夹角为 6分；
（2）解：∵ 9分，
∴向量在向量上的向量为 13分．
16．【详解】（1）因为，
由正弦定理可得． 2分
又因为在中，有， 4分
所以，
化简得． 5分
因为，所以，
所以，于是． 6分
因为，所以． 7分
（2）方法1：由题意知： 9分
将上式两边平方得：，即 11分
又，所以， 13分
可得． 15分
方法2：由D为BC的中点，可得． 8分
又，所以， 9分
在和中，
根据余弦定理得． 11分
又，所以， 13分
可得． 15分
17．【详解】（1）取AC中点M，连接PM、 1分
由题意，，， 2分
又，故，． 3分
又，，故，， 4分
所以四边形为平行四边形，则． 5分
由平面APC，故平面APC， 6分
故平面PAC． 7分
（2）由题意得，为圆台的高，所以平面ABC． 8分
由（1）得，，所以平面ABC，所以． 10分
又，，平面PAC，
∴平面PAC，∴为直线PB与平面ABC所成角． 12分
由题意得，，
在中，， 13分
在中，， 14分
∴，即直线PB与平面PAC所成角的正弦值为． 15分
18．【详解】解：（1）由题
， 4分
所以的最小正周期为，由得，，，的单调递增区间为， 6分
（2）的图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则， 7分
若函数是奇函数，则． 8分
因为，所以，从而，解得； 10分
（3）由题知，则，，从而，，
因此，
因为，且，所以，因此，，
所以，所以． 17分
19．【详解】（1）根据题意可知，对于任意实数x，， 2分
即，即对于任意实数x恒成立， 3分
只有，，故函数的“平衡”数对为， 4分
（2）若，则， 5分
， 7分
要使得为“可平衡”函数，需使对于任意实数×均成立，只有， 8分
此时，，故k存在，所以是“可平衡”函数． 10分
（3）假设存在实数m、k（），对于定义域内的任意x均有成立，
则
∴
∴
∴， 13分
∵、均为函数的“平衡”数对，
∴，，
∵，∴，∴
∴， 15分
∴，设，，函数单调增， 16分
∴，即，∴的取范围为 1