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

理科数学答案 第 页（共 6页）1 2023 级高一下段考数学试题及其答案 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 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 { | 0 10}U x x   ， { |1 5}A x x   ， 2{ | 4 0}B x x   , 则 ( )=UC B A （ ） A． (0,5) B． (1, 2) C．[5,10) D． (0,1] [2,10) 2．若 ,a b是异面直线，且 / /a 平面 ，那么b与平面 的位置关系是（ ） A． / /b  B．b与 相交 C．b  D．以上三种情况都有可能 3．设 1e  ， 2e  是两个不共线的向量，若向量 1 2m e ke       kR 与向量 1 24n ke e      kR 共线，则（ ） A． 0k  B． 2k   C． 2k  D． 2k   4．已知分段函数 2 2 1, 0 ( ) | 1|, 0 x x x f x x x         ，则方程 ( ) 1f x  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O A B  ，则 原三角形OAB的面积等于（ ） A．1 B．2 C． 2 2 D．4 6．若圆锥的侧面展开图是圆心角为 180°、半径为 4的扇形，则这个圆锥的体积是（ ） A． 4 3 3  B． 8 3 3  C．8 3 D． 4 3 7．在 ABC 中，点O满足 2BO OC   ，过点O的直线分别交射线 ,AB AC于不同的两点 ,M N .设 1 ,AM AB m    1 ,AN AC n    则 2m n 的最小值是（ ） A．3 B．1 C． 3 16 D． 23 16 8．如图，四边形 ABCD为正方形， ED 平面 , / / , 3 3ABCD FB ED AB ED FB   ， 则三棱锥 F ACE 的体积为（ ） A．12 B．6 C． 3 66 4 D． 3 59 4 理科数学答案 第 页（共 6页）2 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． AB EF B． //CD MN C．MN与 AB是异面直线 D． BF与CD成 0°角 10．在棱长为 1的正方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，O是线段 1 1AC 的中点，以下关于直线 BO的结论正确的有（ ） A．与平面 1ACD 平行 B．与直线 AC垂直 C．与直线 1AD 所成角为 π 3 D．与平面 1ACD 的距离为 3 3 11．在正三棱柱 1 1 1ABC ABC 中, 1 2 3,AA  则下列说法正确的是（ ） A．若 2 3,AB  则正三棱柱外接球的表面积为 28 ; B. 若 3,AB  在正三棱柱中放一个最大的球，该球的体积为 4 3 ; C．若往正三棱柱中装水，当侧面 1 1AA B B水平放置时，水面恰好过 1 1 1 1, , ,AC BC AC BC 的中点，那么 当底面 ABC水平放置时，水面高度为 3 3 2 ; D．若D是 1 1AC 的中点， E是线段 1 1AC 上的动点，则 1AE DB 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 1 2,z z 满足 1 2 3z z  ，且 1 2 3 2z z  ，则 1 2z z  . 14．设函数 ( )f x 是定义在 R上的奇函数，对任意 x R ，都有 (1 ) (1 )f x f x   ，且当 [0,1]x 时， ( ) 2 1xf x   ，若函数 ( ) ( ) log ( 2)( 0 1)ag x f x x a a    且 在 ( 1,7) 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 ,a b   满足 1,| | | | 1a b    ，且 | | 3a b  r r ． (1)求 a  与b  的夹角； (2)设与a b   方向相同的单位向量为 e  ，求向量 2a b r r 在向量a b   上的投影向量． 理科数学答案 第 页（共 6页）3 16.（本小题满分 15分）在 ABCV 中， , ,a b c分别是角 , ,A B C的对边，且满足 3 3 cos sinA 0c a B b   ． (1)求角 A的大小； (2)若 2 3,a D 为 BC的中点且 2AD  ，求 ABCV 的面积． 17．（本小题满分 15分）如图，圆台上底面圆 1O 半径为 1，下底面圆 2O 半径为 2, AB为圆台下底面的一 条直径，圆 2O 上点C满足 1,AC BC PO 是圆台上底面的一条半径，点 ,P C在平面 1ABO 的同侧，且 1 //PO BC . (1)证明： 1 2 //OO 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   π4sin sin 3 6 f x x x       ， x R，且将函数  f x 的图象向左平移 π0 2        个单位长度得到函数  g x 的图象. (1)求  f x 的最小正周期和单调递增区间； (2) 若函数  g x 是奇函数，求的值； (3) 若 1cos 3   ，当 x  时函数  g x 取得最大值，求 π 12 f      的值. 19.（本小题满分 17分）已知函数  y f x ，若存在实数 m、k（ 0m  ），使得对于定义域内的任意实数 x， 均有      m f x f x k f x k     成立，则称函数  f x 为“可平衡”函数；有序数对  ,m k 称为函数  f x 的 “平衡”数对． (1)若   2f x x ，求函数  f x 的“平衡”数对； (2)若 m＝1，判断   sinf x x 是否为“可平衡”函数，并说明理由； (3)若 1m 、 2 Rm  ，且 1 π, 2 m     、 2 π, 4 m     均为函数 2 π( ) cos 0 4 f x x x       的“平衡”数对，求 2 21 2m m 的取值 范围 理科数学答案 第 页（共 6页）4 2023级高一下段考数学试题参考答案 1．C【详解】由题目可知， ( 2, 2)B   ， =(-2,5)B A  ，在全集 { | 0 10}U x x   中， B A 的补集为 ( )=[5,10)UC B A ，答案为 C. 2．D【详解】在长方体 1 1 1 1ABCD ABC D 中，平面 ABCD视为平面 ，直线 1 1AB 为直线 a，点 E，F分别为 棱 1 1,AA DD 的中点， 如图， 显然有 / /a 平面 ，当直线 b为直线 AD时，直线 ,a b是异面直线，此时b  ； 因 / /EF AD， AD 平面 ， EF 平面 ，则 / /EF  ， 当直线 b为直线 EF 时，直线 ,a b是异面直线，此时 / /b  ； 当直线 b为直线 1CC 时，直线 ,a b是异面直线，此时b与 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 1e  ， 2e  是两个不共线的向量，由 1 2m e ke      ， 1 24n ke e     共线， 则存在实数R，使得m n ，则 1 4 k k        ，解得 2 1 2 k       或 2 1 2 k       ，则 2k   .故选：B. 4. B【详解】由题意可知，当 0x  时， 2( 1)y x  ，对称轴为 1x   ，顶点在 x 轴上；当 0x  时， 1,0 1 1,1 x x y x x         ，图像为折线。画出分段函数图像和直 线 1y  的图像即可求出交点个数为 3，答案为 B. 5．C【详解】△O A B  中， =2 = 2O A O B O B A B       ， ， 则△OAB中， =2 2 2OA OB OB OA ， ， ，则△OAB面积为 1 2 2 2=2 2 2   ，故选：C. 6．B【详解】设圆锥的底面半径为 r，则 2πr＝4π，所以 r＝2.所以圆锥的高为 2 24 2 2 3h    ，体积 为 2 2 1 1 8 32 2 3 3 3 3 V r h       ，故选：B. 7．D【详解】因为 2BO OC   ，所以 1 2 2 3 3 3 3 AC m nAO AB A ANM         . 又因为M O N、 、 三点共线，所以 2 1 3 3 m n   .所以 3 2 2 mn   . 所以 2 2 23 1 23( ) 2 2 4 16 mm n m m       ，所以当 1 11, 4 8 m n  时, 2m n 有最小值为 23 16 .故选:D. 8．B【详解】如图所示，连接 BD交 AC于点M ，连接 ,EM FM， 理科数学答案 第 页（共 6页）5 因为四边形 ABCD为正方形，所以 AC BD ， 又因为 ED 平面 ,ABCD AC Ì平面 ABCD，所以 ED AC ， 因为 , ,ED BD D ED BD  平面 BDEF ，所以 AC 平面 BDEF， 又因为 1 3 2 2 2 BM DM BD   ，过 F 作 FG DE 于G，可得四边形 BDGF为矩形，则 3 2, 2FG BD EG   ， 所以 2 2 3 2 3 63 2 2 EM          ， 2 2 3 2 221 2 2 FM          ，  222 3 2 22EF    由余弦定理得 2 2 2 33cos 2 33 ME MF EFEMF ME MF        ， 所以 2 4 66sin 1 cos 33 EMF EMF     ， 所以 1 sin 3 2 2EMF S ME MF EMF   △ ， 所以 1 6 3F ACE A EFM C EFM EFM V V V AC S      △ ．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 0°角正确．故选：ACD． 10．ABD【详解】因为 1 1//AB C D 且 1 1AB C D ，所以四边形 1 1ABC D 为平行四边形，所以 1 1//AD BC ， 又 1AD 平面 1ACD ， 1BC 平面 1ACD ，所以 1 //BC 平面 1ACD ， 同理可证 1 1 //AC 平面 1ACD ， 又 1 1 1 1AC BC C  ， 1 1 1,AC BC 平面 1 1BAC ， 所以平面 1 //ACD 平面 1 1BAC ，而 BO 平面 1 1BAC ，故 //BO 平面 1ACD ，选项 A正确； 因为 1DD 平面 ABCD， AC 平面 ABCD，所以 1DD AC ， 又 AC BD ， 1BD DD D ， 1,BD DD 平面 1 1BDD B ， 所以 AC 平面 1 1BDD B ，而 BO 平面 1 1BDD B ，故 BO AC ，选项 B正确； 由于 1 1//BC AD，所以 BO与 1BC 所成角就是直线BO与直线 1AD 所成角， 因为 2 21 1 1 2BC    ， 2 2 1 1 1 1 1 21 1 2 2 2 C O AC    ， 2 2 2 61 2 2 BO          ， 理科数学答案 第 页（共 6页）6 所以   2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 6 22 2 2 3cos 2 262 2 2 BC BO COOBC BC BO                      ， 所以 1 π 6 OBC  ，即 BO与直线 1AD 所成角为 π 6 ，选项 C不正确； 由选项 A可知，BO与平面 1ACD 的距离就是点 B到平面 1ACD 的距离． 设点 B到平面 1ACD 的距离为 h，由 1 1B ACD D ABCV V  ，得 1 1 1 1 3 3ACD ABC S h S  △ △ ， 即  21 3 1 12 1 1 13 4 3 2h        ，解得 3 3 h  ，即 BO与平面 1ACD 的距离为 3 3 ，选项 D正确.故选：ABD． 11.【详解】ACD.如图，O是 'FF 的中点， F 是 ABC 的外心， 'F 是 1 1 1A BC 的外心,由 2sin a r A  得 2 3 2 3 2 r , 2r  ， 2 22 ( 3) 7,R    2 24 4 ( 7) 28s R     球 . 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, 如右图，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 ' '1 1 3 1 ,2 2 3 3 3 2 2 r h r     ，所以 '24 4 1 3 3 8 6 V r     球 . C.用平行于底面当三棱柱的侧面 1 1AA B B水平放置时，有水部分是四棱柱，高为原三 棱柱的高，高为 2 3，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3: 4，假设四棱柱和三棱柱的底面面积分别为3 ,4 ( 0)a a a  ，由水的体 积不变可得 3 33 2 3 4 , 2 a ah h   . D. 1 1 1 1 ,BC B A D 是 1 1AC 的中点， 1 1 1B D AC .由正三棱柱的性质得 1 1AA B D , 1 1 1 1AC AA A  , 1 1 1 ,B D AAC C平面 又 1 1AE AAC C平面 ,所以 1B D AE . 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 2 24 3 25 5   ， 故侧面积等于 2 84 5 100 2     ．故答案为：100． 13. 3 2.【详解】设OA  对应的复数为 1z ，OB  对应的复数为 2z ， 则OA OB   对应的复数为 1 2z z ，OA OB   对应的复数为 1 2z z ， 理科数学答案 第 页（共 6页）7 因为 1 2 3z z  ，且 1 2 3 2z z  ， 所以 AOB 为等腰直角三角形，且 3 2BA   . 作正方形 AOBC，如图所示， 则OA OB OC     对应的复数为 1 2z z ，故 1 2 3 2z z OC BA      . 故答案为：3 2. 14． 1(0, ) (7, ) 9   【详解】因为设函数 ( )f x 是定义在 R上的奇函数，当 [0,1]x 时， ( ) 2 1xf x   ，即 当 [ 1,0]x  时， [0,1]x  ， ( ) ( ) 2 1xf x f x      ，对任意 x R ，都有 (1 ) (1 )f x f x   ，所以 ( )f x 关于 1x  对称，且 ( ) ( 2) ( )f x f x f x     ，所以 ( ) ( 4)f x f x  ，即 ( )f x 的周期是 4，又由函数 ( ) ( ) log ( 2)( 0 1)ag x f x x a a    且 在 ( 1,7) 上恰有 4个不同的零点,可得函数 ( ) log ( 2)( 0 1)ay f x y x a a    与 且 的图像在 ( 1,7) 上恰有 4个不同的交点，又 (1) (5) 1, ( 1) (3) (7) 1,f f f f f       当 1a  时，由图可得 log (5 2) 1 loga a a   ，解得 7;a  当0 1a  时，由图可得 1log (7 2) 1 loga a a     ，解得 10 . 9 a  综上， 1(0, ) (7, ) 9 a   15.【答案】(1) 3  (2) 3 2 e  【详解】（1）解：∵ | | 3a b  r r ，∴ 2( ) 3a b    （1分），即 2 22 3a a b b        （2分）， 又 1,| | | | 1a b    ，∴1 1 2cos , 3a b       （3分），∴ 1cos , 2 a b     （4分）， 又向量夹角范围是[0, ] （5分），∴ a  与b  的夹角为 π 3 （6分）； 理科数学答案 第 页（共 6页）8 （2）解：∵ 2 2 1 3( 2 ) ( ) 2 1 2 2 2 a b a b a a b b                    （9分）， ∴向量 2a b r r 在向量a b   上的投影向量为 3 ( 2 ) ( ) 32 2| | 3 a b a b e e e a b                 （13分）. 16.【详解】（1）因为 3 3 cos sinA 0c a B b   ， 由正弦定理可得 3sinC 3sinAcos sin sinA 0B B   ．（2分） 又因为在 ABC 中，有  sinC sin sinAcosB cosAsinBA B    ，（4分） 所以  3 sinAcosB cosAsinB 3sinAcos sin sinA 0B B    ， 化简得 3cosAsin sin sinA 0B B  ．（5分） 因为 0 πB  ，所以 sin 0B  ， 所以 3cosA+sinA 0 ，于是 tanA 3  ．（6分） 因为 0 πA  ，所以 2π 3 A  ．（7分） （2）方法 1：由题意知： 1 ) 2 AD AB AC  uuur uuur uuur （ （9分） 将上式两边平方得：  2 22 co1 s24 Ab bcc   ，即   2 22 1 4 bcc b   （11分） 又 2 2 2 1cos 2 2 c b aA cb      ，所以 2bc  ，（13分） 可得 1 3sin 2 2ABC S bc A V ．（15分） 方法 2：由D为 BC的中点，可得 3CD BD  ．（8分） 又 πADC ADB   ，所以 cos cos 0ADC ADB    ，（9分） 在 ACDV 和 ADB△ 中， 根据余弦定理得        2 2 2 22 2 2 23 2 3 2 0 10 2 3 2 2 3 2 c b c b            ．（11分） 又 2 2 2 2cos 2 2 c b aA cb cb      ，所以 2bc  ，（13分） 可得 1 3sin 2 2ABC S bc A V ．（15分） 17.【详解】（1）取 AC中点M ，连接 PM、 2MO （1分） 由题意， 1 21, 2 2 PO BC AB   ，（2分） 理科数学答案 第 页（共 6页）9 又 1 //PO BC，故 1 1 1 1// , 2 2 PO BC PO BC .（3分） 又 2 2 1 1// , 2 2 O M BC O M BC ，故 1 2 1 2// ,PO O M PO O M ，（4分） 所以四边形 1 2POO M 为平行四边形，则 1 2//PM OO .（5分） 由 1 2OO 平面 APC，故 PM 平面 APC，（6分） 故 1 2 //OO 平面 PAC .（7分） （2）由题意得， 1 2OO 为圆台的高，所以 1 2OO 平面 ABC .（8分） 由（1）得， 1 2//PM OO ，所以 PM 平面 ABC，所以 PM  AC .（10分） 又 BC AC ， PM AC M  ， ,PM AC PAC平面 ， BC PAC 平面 ， BPC 为直线 PB与平面 ABC所成角.（12分） 由题意得， 2BC AC  ， 在 Rt PMC 中， 2 2 2 22 1 5PC PM CM     ，（13分） 在 Rt PCB 中， 2 2 2 2( 5) 2 3PB PC CB     ，（14分） 2sin 3 BCBPC PB     ，即直线 PB与平面PAC所成角的正弦值为 2 3 .（15分） 18．【详解】解：（1）由题   23 14sin sin cos 3 2sin cos 2 3sin 3 sin 2 2 2 f x x x x x x x x               π3cos2 2sin 2 3 x x      ，（4 分） 所以  f x 的最小正周期为 ,由 2 2 2 2 3 2 k x k        得， 5 , 12 12 k x k k R       ，  f x 的单调递增区间为 5, , 12 12 k k k Z        （6分） （2）  f x 的图象向左平移个单位长度得到函数  g x 的图象，则   π2sin 2 2 3 g x x        ，（7分） 若函数  g x 是奇函数，则 πsin 2 0 3       .（8分） 因为 π0 2   ，所以 π π 2π2 3 3 3     ，从而 π2 0 3    ，解得 π 6   ；（10分） （3）由题知 πsin 2 2 1 3         ，则 π π2 2 2 π 3 2 k     ， Zk ，从而 5π π 12 k    ， Zk ， 因此 π π π ππ 2sin π 2 2 π 2sin 2 12 2 3 3 f f k k                                   ， 理科数学答案 第 页（共 6页）10 因为 1cos 3   ，且 π0 2   ，所以 2 2sin 3   ，因此 2 2 1 4 2sin 2 2 3 3 9      ， 1 7cos2 2 1 9 9       ， 所以 π 1 4 2 3 7 4 2 7 3sin 2 3 2 9 2 9 18                   ，所以 π 4 2 7 3 12 9 f        .（17分） 19.【详解】（1）根据题意可知,对于任意实数 x ,    2 22 2 2= 2 2mx x k x k x k     ,（2分） 即 2 2 22 2mx x k  ,即   2 22 2 0m x k   对于任意实数 x恒成立,（3分） 只有 2m  , 0k  ,故函数   2f x x 的“平衡”数对为  2,0 ,（4分） （2）若 1m  ,则   sinm f x x  ,（5分）        sin sinf x k f x k x k x k       2sin cosx k ,（7分） 要使得  f x 为“可平衡”函数,需使  1 2cos sin 0k x   对于任意实数 x均成立,只有 1cos 2 k  ,（8分） 此时 π2 π 3 k n  , Zn ,故 k存在,所以   sinf x x 是“可平衡”函数.（10分） （3）假设存在实数  0m k k 、 ，对于定义域内的任意 x均有       ,m f x f x k f x k     成立 则        2 2 2 1 1cos cos cos 1 cos2 1 cos2 2 2 m x x k x k x k x k                     1 1 11 cos2 1 cos2 1 cos2 2 2 2 m x x k x k              cos2 1 cos2 cos2 sin2 sin2 1 cos2 cos2 sin2 sin2m m x x k x k x k x k         1 cos2 2 2cos2 cos2 ,m x x k    （13分） 1 2 π π, , 2 4 m m         均为函数 2( ) cos 0 4 f x x x        的“平衡”数对，    1 2 π1 cos2 2 2cos2 cosπ 2 2cos2 , 1 cos2 2 2cos2 cos 2, 2 m x x x m x x          π π0 0 2 0 cos2 1 4 2 x x x         2 2 2 1 22 2 2 2 2 1 2sin2 2cos2 2sin 2 12tan , 1 cos2 1 2cos 1 cos 1 cos2 cos xx xm x m x x x x x              （15分）  2 2 4 41 2 4 4 1 1 π4tan , 4tan , (0 ) cos cos 4 m m x h x x x x x        设 ，函数单调递增，（16分）     π0 , 4 h h x h         即   2 21 21 8h x m m    的取范围为  1,8 （17分）