精品解析：浙江省金华市卓越联盟2023-2024学年高一下学期5月阶段性模拟考试数学试题

绝密★考试结束前 2023学年第二学期金华市卓越联盟5月阶段性模拟考 高一年级数学学科 试题 命题：浦江三中 吴保林 审稿：东阳二中 郭扬文 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一．选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. -i 【答案】A 【解析】 【分析】由求出复数，从而可求出其虚部. 【详解】由，得， 所以z的虚部为， 故选：A 2. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10第75百分位数为（ ） A. 7 B. 7.5 C. 8 D. 8.5 【答案】C 【解析】 【分析】利用百分位数的求法计算即可. 【详解】易知，则该组数据的第八个数8为第75百分位数. 故选：C 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面共线向量的坐标表示求出m，进而求出即可. 【详解】因为向量，，且，所以，解得， 所以，所以. 故选：D 4. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥的底面半径为，母线长为，根据圆锥的侧面积公式以及扇形弧长解得，再结合锥体的体积公式运算求解. 【详解】设圆锥的底面半径为，母线长为， 由题意可得：，解得， 则圆锥的高， 所以此圆锥的体积为. 故选：B. 5. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据斜二测画法规则确定点的位置，再作出，进行计算即可. 【详解】在直观图中，，，取中点，连接， 则，而，于是， 则，，， 由斜二测画法规则作出，如图， 则，所以. 故选：C 6. 在中，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（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合平面向量基本定理和向量的加减法法则求解即可 【详解】因为在中，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， 所以 ， 故选：A 7. 在正方体中，M，N，P，Q分别是棱，，AB，的中点，则（ ） A. PN与QM为异面直线 B. 与MN所成角为 C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. 点，到平面PMN的距离相等 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意结合平面的性质分析可知：平面PMN截该正方体所得截面形状为六边形，即可判断AC；对于B：结合面面平行的性质可知∥，进而可知与MN所成的角为（或其补角），结合正六边形的性质分析求解；对于D：根据中点分析判断即可. 【详解】对于选项AC：因为N，Q分别是棱，的中点，则∥， 又因为M，P分别是棱，AB的中点， 则∥，且，∥，且， 可知∥，且， 则为平行四边形，可知∥，可得∥， 即四点共面，所以PN与QM不为异面直线，故A错误； 分别取的中点， 可知为的中点，可知六点共面， 即平面PMN截该正方体所得截面形状为六边形，故C错误； 对于选项B：因为平面∥平面，平面平面， 平面平面，可得∥， 且N，P分别是棱，AB的中点，则∥，可知∥， 则与MN所成的角为（或其补角）， 由正方形性质可知：， 即为正六边形，由正六边形可知，即， 所以与MN所成的角为，故B错误； 对于选项D：因为M是棱的中点，且平面PMN， 所以点，到平面PMN的距离相等，故D正确； 故选：D. 8. 为庆祝五四青年节，某校举行了师生游园活动，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，每个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 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】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. 【详解】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， 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与正视图中的相等， 设半球半径为R，已知小球半径， 所以，，，. 所以半球面形状的容器的容积是. 故选：B 二．选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，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 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，由各组的频率和为1求解，对于B，利用平均数的定义求解判断，对于C，利用众数的定义求解，对于D，先判断中位数所在的区间，再列方程求解. 【详解】对于A，由频率分布直方图可知，，解得，所以A正确， 对于B，由频率分布直方图可知该市普法知识竞赛成绩的平均数为 分，所以B错误， 对于C，由频率分布直方图可知该市普法知识竞赛成绩的众数为95分，所以C正确， 对于D，因为前3组的频率和为，前4组的频率和为， 所以中位数在80到90之间，设中位数，则，解得，所以D错误， 故选：AC 10. 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数图象向左平移个单位长度所得到的图象所对应的函数为偶函数 D. 函数在区间上恰有3个零点 【答案】BCD 【解析】 【分析】借助三角恒等变换可得，对A、B、D，结合正弦型函数的图象及其性质逐个分析即可得，对C，平移后可得，即可得其为偶函数. 【详解】对A：，对称中心纵坐标为1，故A错误； 对B：，则，∴的一个单调增区间为， 而，∴在上单调递增，故B正确； 对C：， 故其为偶函数，故C正确； 对D：，则， 或，、， ∴或，，；，；，， ∴在有三个零点，故D正确. 故选：BCD． 11. 如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿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. 平面PAE B. C. 存在某个位置，使平面PAE D. PB与平面ABCE所成角的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】选项A，先证明为平行四边形，得到，再利用线面平行的判定证明平面；选项B，取的中点，连接，，利用线面垂直的判定证明平面，从而有；选项C，假设平面，得到，于是，与矛盾；选项D，在选项B中图形的基础上，继续作，交或延长线于点，再利用线面垂直的判定证明平面，从而可得直线与平面所成的角为，根据可判定选项D正确. 【详解】选项A：因为，为中点，所以， 又因为，所以四边形为平行四边形，所以， 又因为平面，平面，所以平面，故选项A正确； 选项B：连接，取的中点，连接，， 因为，为的中点，所以， 又易证为平行四边形，所以，又为的中点，所以， 又因为，，平面，所以平面， 又因为平面，所以，故选项B正确； 选项C：若平面，则， 在直角中，必有，与矛盾，故选项C错误； 选项D：在选项B的图形的基础上，过点作，交或延长线于点， 由选项B的解析知，平面， 又因为平面，所以， 又因为，都在平面内，且相交于点，所以平面. 所以为直线与平面所成的角，显然，故D正确； 故选：ABD. 非选择题部分 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数（且）的图象恒过定点A，且点A在幂函数的图象上，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据对数的性质结合题意求出点的坐标，再点的坐标代入中求出，从而可求出的解析式. 【详解】因为函数（且）的图象恒过定点A， 所以点的坐标为， 设，则，得， 所以， 故答案为： 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． 【答案】200 【解析】 【分析】在直角三角形中求出，在△ACQ中利用正弦定理求出，在Rt△APQ中求PQ即可. 【详解】根据题意，在RtABC中，∠BAC＝60°，BC＝300m， 所以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，即m， 在RtAPQ中，PQ＝AQsin45°＝m． 故答案为：200 14. 已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，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______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得三棱锥为正三棱锥，则顶点在底面的射影为等边的中心，连接并延长交于，结合题意可证得平面，从而得正三棱锥的三条侧棱两两垂直，将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球，从而可求得结果. 【详解】因为，是边长为6的正三角形， 所以三棱锥为正三棱锥， 则顶点在底面的射影为等边的中心， 连接并延长交于，则， 因为平面，平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 所以正三棱锥的三条侧棱两两垂直， 因为，所以, 则将三棱锥补为正方体，则正方体的外接球就是三棱锥的外接球， 设三棱锥的外接球半径为， 则，即， 所以球O的表面积为， 故答案为： 四．解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，，，，且与的夹角为. （1）求； （2）若与垂直，求的值. 【答案】（1）2 （2） 【解析】 【分析】（1）根据数量积夹角公式和模的坐标运算求得，从而结合数量积运算律根据数量积的模的运算求解即可. （2）利用向量垂直及数量积运算律得，代入即可求解. 【小问1详解】 由题意，， ， . 【小问2详解】 由与垂直得，， 所以，即有， . 16. 已知函数． （1）当时，求在上的最值； （2）设函数，若存在最小值，求实数a的值． 【答案】（1）最小值为，最大值为0 （2）6 【解析】 【分析】（1）利用换元法，将函数转化为二次函数求在给定区间内的最值； （2）利用换元法，分类讨论二次函数在给定区间内的单调性和最值. 【小问1详解】 当时，, 设，则，开口向上，对称轴， 所以函数在单调递减，单调递增， 所以 所以在上的最小值为，最大值为0. 【小问2详解】 , 设，当且仅当，即时取得等号， 所以，对称轴， 当，即时，在单调递增， 则，解得，不满足题意； 当，即时，在单调递减，单调递增， 所以，解得或（舍去）， 综上，实数a的值为6. 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，. （1）求证：； （2）求的值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角形性质及两角和差的正弦公式化简即可证明. （2）利用正弦定理及得，利用三角形性质及两角和正弦公式化简得，求得，代入化简得，解方程即可. 【小问1详解】 在中，有， ，即， 当时，等式显然不成立，所以， . 【小问2详解】 由正弦定理推出，且（1）得，，即， ，即， 又，，， ，即， ，或（舍去）. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面． （1）证明：； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角的平面角为，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）2 【解析】 【分析】（1）只需结合已知证明平面即可，再利用线面垂直的性质即可得证； （2）利用转换法，可知只需求出即可，再结合解三角形知识即可求解； （3）找出二面角的平面角，再结合解三角形知识即可求解. 【小问1详解】 因为平面平面，平面平面，， 平面， 平面， 又平面， 【小问2详解】 平面，平面，平面平面（其中点是的交点亦是中点）， ，可知N为中点， 而，，， 所以， 因为，， 所以， 因为平面，平面， 所以， 所以， 所以， 在三角形中，，由余弦定理有， 结合，解得， . 【小问3详解】 由题意知平面，过点N作平行线交于点H， 面，再作（K为垂足）， 为二面角的平面角，， 由（2）可知，所以三角形是等腰直角三角形，同理三角形也是等腰直角三角形， 从而， 在三角形中，， 所以， 而，所以， 不妨设，， 则且，， . 19. 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，即，其中P，Q分别在边，上，记. （1）设与相交于点R，当时， （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）求线段的长； （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（即四边形的面积记为S）最大，应取何值？S的最大值为多少？ 【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ） （2）， 【解析】 【分析】（1）如图建立平面直角坐标系，在中，直接求解，从而可得点坐标，求出直线的方程，再与直线的方程联立可求出点的坐标，再用两点间的距离公式可求出的长； （2）由于，，从而可求出的值，进而可表示出四边形的面积，再用三角函数的性质求出其最大值. 【小问1详解】 如图，建立平面直角坐标系，由，， 所以， 由，得，所以， 又，则，， 在中，， 所以，所以， 所以直线的方程为，化简得， 又直线的方程为，联立，解得， 所以， 所以线段. 【小问2详解】 ， 又，所以， 所以当且仅当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 绝密★考试结束前 2023学年第二学期金华市卓越联盟5月阶段性模拟考 高一年级数学学科 试题 命题：浦江三中 吴保林 审稿：东阳二中 郭扬文 考生须知： 1．本卷共4页满分150分，考试时间120分钟. 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字. 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效. 4．考试结束后，只需上交答题纸. 选择题部分 一．选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中只有一个是符合题目要求的） 1. 已知复数z满足，则z的虚部为（ ） A. B. 1 C. D. -i 2. 数据1，2，3，4，5，6，7，8，9，10的第75百分位数为（ ） A. 7 B. 7.5 C. 8 D. 8.5 3. 已知向量，，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知圆锥的侧面积为，它的侧面展开图是圆心角为的扇形，则此圆锥的体积为（ ） A. B. C. D. 5. 如图，为水平放置的的直观图，其中，，则在原平面图形中AC的长为（ ） A. B. 3 C. D. 6. 在中，点D是线段AC上靠近A的一个三等分点，点E是线段AB的中点，则（ ） A. B. C. D. 7. 在正方体中，M，N，P，Q分别是棱，，AB，的中点，则（ ） A. PN与QM为异面直线 B. 与MN所成角为 C. 平面PMN截该正方体所得截面形状为等腰梯形 D. 点，到平面PMN的距离相等 8. 为庆祝五四青年节，某校举行了师生游园活动，其中有一游戏项目是夹弹珠.如图，四个半径都是1cm的玻璃弹珠放在一个半球面形状的容器中，每个弹珠的顶端恰好与容器的上沿处于同一水平面，则这个容器的容积是（ ） A. B. C. D. 二．选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 某市举办了普法知识竞赛，从参赛者中随机抽取1000人，统计成绩后，画出频率分布直方图如图所示，则（ ） A. 直方图中x的值为0.030 B. 估计该市普法知识竞赛成绩的平均数为85分 C. 估计该市普法知识竞赛成绩的众数为95分 D. 估计该市普法知识竞赛成绩的中位数为88分 10 已知函数，则（ ） A. 函数的图象关于点对称 B. 函数在区间上单调递增 C. 函数的图象向左平移个单位长度所得到的图象所对应的函数为偶函数 D. 函数在区间上恰有3个零点 11. 如图1，在等腰梯形ABCD中，，，E为CD中点，将沿AE折起，使D点到达P的位置（点P不在平面ABCE内），连接PB，PC（如图2），则在翻折过程中，下列说法正确的是（ ） A. 平面PAE B. C. 存在某个位置，使平面PAE D. PB与平面ABCE所成角的取值范围为 非选择题部分 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数（且）图象恒过定点A，且点A在幂函数的图象上，则______. 13. 如图，某山的高度BC＝300m，一架无人机在Q处观测到山顶C的仰角为15°，地面上A处的俯角为45°，若∠BAC＝60°，则此无人机距离地面的高度PQ为__________m． 14. 已知三棱锥的四个顶点在球O的球面上，，是边长为6的正三角形，E为SA的中点，直线CE，SB所成角为90°，则球O的表面积为______． 四．解答题（本题共5题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15. 已知平面向量，，，，且与的夹角为. （1）求； （2）若与垂直，求的值. 16 已知函数． （1）当时，求在上的最值； （2）设函数，若存在最小值，求实数a的值． 17. 在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，. （1）求证：； （2）求的值. 18. 如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD为平行四边形，，，，，，点N在棱PC上，平面平面． （1）证明：； （2）若平面，求三棱锥的体积； （3）若二面角平面角为，求． 19. 五一假期，杭州吴山广场的鸽子吸引了众多游客.热爱摄影的小华计划在广场一角架设一台可转动镜头的相机，希望可以捕捉到鸽子的展翅瞬间.小华设计了一个草图，为简化模型，假设广场形状为正方形，边长为1，已知相机架设于A点处，其可捕捉到图像的角度为，即，其中P，Q分别在边，上，记. （1）设与相交于点R，当时， （ⅰ）求线段的长； （ⅱ）求线段的长； （2）为节省能源，小华计划在广场上人员较多的时段关闭相机镜头的自动转动功能，为使相机能够捕捉到的面积（即四边形的面积记为S）最大，应取何值？S的最大值为多少？ 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$