/廣西南寧市2023-2024學年高一下冊5月段考數學試卷注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號填寫在答題卡上。2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡上對應題目的答案標號涂黑。如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號?；卮鸱沁x擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效。一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知集合，，，則（）A． B． C． D．2．若a，b是異面直線，且平面，那么b與平面的位置關系是（）A． B．b與相交 C． D．以上三種情況都有可能3．設，是兩個不共線的向量，若向量與向量共線，則（）A． B． C． D．4．已知分段函數，則方程的解的個數是（）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個5．如圖所示，某三角形的直觀圖是斜邊長等于2的等腰直角三角形，則原三角形OAB的面積等于（）A．1 B．2 C． D．46．若圓錐的側面展開圖是圓心角為、半徑為4的扇形，則這個圓錐的體積是（）A． B． C． D．7．在中，點O滿足，過點O的直線分別交射線AB，AC于不同的兩點M，N．設，，則的最小值是（）A．3 B．1 C． D．8．如圖，四邊形ABCD為正方形，平面ABCD，，，則三棱錐的體積為（）A．12 B．6 C． D．二、多項選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。9．一個正方體紙盒展開后如圖所示，在原正方體紙盒中，下列結論正確的是（）A． B．C．MN與AB是異面直線 D．BF與CD成角10．在棱長為1的正方體中，O是線段的中點，以下關于直線BO的結論正確的有（）A．與平面平行 B．與直線AC垂直C．與直線所成角為 D．與平面的距離為11．在正三棱柱中，，則下列說法正確的是（）A．若3，則正三棱柱外接球的表面積為B．若，在正三棱柱中放一個最大的球，該球的體積為C．若往正三棱柱中裝水，當側面水平放置時，水面恰好過AC，BC，，的中點，那么當底面ABC水平放置時，水面高度為D．若D是的中點，E是線段上的動點，則三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。12．若正四棱臺的上底邊長為2，下底邊長為8，高為4，則它的側面積為________．13．在復平面內，已知復數，滿足，且，則________．14．設函數是定義在上的奇函數，對任意，都有，且當時，，若函數（且）在上恰有4個不同的零點，則實數a的取值范圍是________．四、解答題：共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15．（本小題滿分13分）已知平面向量，滿足，，且．（1）求與的夾角；（2）設與方向相同的單位向量為，求向量在向量上的投影向量．16．（本小題滿分15分）在中，a，b，c分別是角A，B，C的對邊，且滿足．（1）求角A的大??；（2）若，D為BC的中點且，求的面積．17．（本小題滿分15分）如圖，圓臺上底面圓半徑為1，下底面圓半徑為，AB為圓臺下底面的一條直徑，圓上點C滿足，是圓臺上底面的一條半徑，點P，C在平面的同側，且．（1）證明：平面PAC；（2）若圓臺的高為2，求直線PB與平面PAC所成角的正弦值．18．（本小題滿分17分）已知函數，，且將函數的圖象向左平移單位長度得到函數的圖象．（1）求的最小正周期和單調遞增區間；（2）若函數是奇函數，求的值；（3）若，當時函數取得最大值，求的值．19．（本小題滿分17分）已知函數，若存在實數m、k（），使得對于定義域內的任意實數x，均有成立，則稱函數為“可平衡”函數；有序數對稱為函數的“平衡”數對．（1）若，求函數的“平衡”數對；（2）若，判斷是否為“可平衡”函數，并說明理由；（3）若，且、均為函數的“平衡”數對，求的取值范圍．

2023級高一下段考數學試題答案1．C【詳解】由題目可知，，∴，在全集中，的補集為，答案為C．2．D【詳解】在長方體中，平面ABCD視為平面，直線為直線a，點E，F分別為棱，的中點，如圖，顯然有平面，當直線b為直線AD時，直線a，b是異面直線，此時；因，平面，平面，則，當直線b為直線EF時，直線a，b是異面直線，此時；當直線b為直線時，直線a，b是異面直線，此時b與a相交，所以直線b與平面可能平行，可能相交，也可能在平面內．故選：D．3．B【詳解】因為，是兩個不共線的向量，由，共線，則存在實數，使得，則，解得或，則．故選：B．4．B【詳解】由題意可知，當時，，對稱軸為，頂點在x軸上；當時，，圖像為折線，畫出分段函數圖像和直線的圖像即可求出交點個數為3，答案為B．5．C【詳解】中，，，則中，，，，則面積為，故選：C．6．B【詳解】設圓錐的底面半徑為r，則，所以．所以圓錐的高為，體積為，故選：B．7．D【詳解】因為，所以．又因為M、O、N三點共線，所以．所以．所以，所以當，時，有最小值為．故選：D．8．B【詳解】如圖所示，連接BD交AC于點M，連接EM，FM，因為四邊形ABCD為正方形，所以，又因為平面ABCD，平面ABCD，所以，因為，平面BDEF，所以平面BDEF，又因為，過F作于G，可得四邊形BDGF為矩形，則，，所以，，，由余弦定理得，所以，所以，所以．故選：B．9．ACD【詳解】解：將正方體還原，如圖所示：由圖可知，A正確；B不正確；C正確；D．BF與CD平行，所以BF與CD成角正確．故選：ACD．10．ABD【詳解】因為且，所以四邊形為平行四邊形，所以，又平面，平面，所以平面，同理可證平面，又，平面，所以平面平面，而平面，故平面，選項A正確；因為平面ABCD，平面ABCD，所以，又，，平面，所以平面，而平面，故，選項B正確；由于，所以BO與所成角就是直線BO與直線所成角，因為，，，所以，所以，即BO與直線所成角為，選項C不正確；由選項A可知，BO與平面的距離就是點B到平面的距離．設點B到平面的距離為h，由，得，即，解得，即BO與平面的距離為，選項D正確，故選：ABD．11．【詳解】ACD．如圖，O是的中點，F是的外心，是的外心，由得，，，．B．用平行于底面的平面過球心截得的圖形，恰好是正三角形和它的內接圓，如圖，設h是正三角形的高，由正三角形重心的性質，可得內接圓的半徑，，所以．C．用平行于底面當三棱柱的側面水平放置時，有水部分是四棱柱，高為原三棱柱的高，高為，當底面ABC水平放置時，水面高假設為h，由已知條件，四棱柱與三棱柱的底面面積之比為，假設四棱柱和三棱柱的底面面積分別為3a，4a（），由水的體積不變可得，．D．∵，D是的中點，．由正三棱柱的性質得，∵，平面，又平面，所以．12．100【詳解】∵上底的邊心距為1，下底的邊心距為4，高是4，∴斜高為，故側面積等于．故100．13．【詳解】設對應的復數為，對應的復數為，則對應的復數為，對應的復數為，因為，且，所以為等腰直角三角形，且．作正方形AOBC，如圖所示，則對應的復數為，故．故．14．【詳解】因為設函數是定義在上的奇函數，當時，，即當時，，，對任意，都有，所以關于對稱，且，所以，即的周期是4，又由函數（且）在上恰有4個不同的零點，可得函數與（且）的圖像在上恰有4個不同的交點，又，，當時，由圖可得，解得；當時，由圖可得，解得．綜上，．15．【正確答案】（1）；（2）【詳解】（1）解：∵，∴1分，即2分，又，，∴3分，∴4分，又向量夾角范圍是5分，∴與的夾角為6分；（2）解：∵9分，∴向量在向量上的向量為13分．16．【詳解】（1）因為，由正弦定理可得．2分又因為在中，有，4分所以，化簡得．5分因為，所以，所以，于是．6分因為，所以．7分（2）方法1：由題意知：9分將上式兩邊平方得：，即11分又，所以，13分可得．15分方法2：由D為BC的中點，可得．8分又，所以，9分在和中，根據余弦定理得．11分又，所以，13分可得．15分17．【詳解】（1）取AC中點M，連接PM、1分由題意，，，2分又，故，．3分又，，故，，4分所以四邊形為平行四邊形，則．5分由平面APC，故平面APC，6分故平面PAC．7分（2）由題意得，為圓臺的高，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，∴為直線PB與平面ABC所成角．12分由題意得，，在中，，13分在中，，14分∴，即直線PB與平面PAC所成角的正弦值為．15分18．【詳解】解：（1）由題，4分所以的最小正周期為，由得，，，的單調遞增區間為，6分（2）的圖象向左平移個單位長度得到函數的圖象，則，7分若函數是奇函數，則．8分因為，所以，從而，解得；10分（3）由題知，則，，從而，，因此，因為，且，所以，因此，，所以，所以．17分19．【詳解】（1）根據題意可知，對于任意實數x，，2分即，即對于任意實數x恒成立，3分只有，，故函數的“平衡”數對為，4分（2）若，則，