黑龍江省佳木斯市第一中學2024-2025學年高三上學期第五次調研考試數(shù)學試題 含解析

佳一中2024-2025學年度高三學年第五次調研考試數(shù)學試題注意事項：1．答題前填寫好自己的姓名、班級、考號等信息2．請將答案正確填寫在答題卡上第I卷（選擇題）一、單選題（本題共有8個小題，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.若，則（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據(jù)條件，結合復數(shù)的除法運算，求出復數(shù)，，再求即可.【詳解】由，得，所以，所以.故選：C2.若方程表示橢圓，則實數(shù)的取值范圍為（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先化為橢圓標準方程，再根據(jù)橢圓方程性質列不等式組計算即可求參.【詳解】因為方程表示橢圓，所以且與不相等，所以.故選：C.3.若點在圓的外部，則實數(shù)的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根據(jù)點在圓外以及圓的一般式滿足的系數(shù)關系即可列不等式求解.【詳解】由于點在圓的外部，故，解得，故選：C4.若函數(shù)，則函數(shù)的單調遞減區(qū)間為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求函數(shù)的導數(shù)，利用導數(shù)小于零并結合定義域得出結果.【詳解】函數(shù)，定義域為，由，令，解得，則函數(shù)的單調遞減區(qū)間為.故選：C.5.在等比數(shù)列中，記其前項和為，已知，則的值為（）A.2 B.17 C.2或8 D.2或17【答案】D【解析】【分析】根據(jù)等比數(shù)列通項公式求得或，再利用等比數(shù)的求和公式求解即可.【詳解】由等比數(shù)列的通項公式可得，整理得，解得或．當時，；當時，．所以的值為2或17．故選：D．6.設圓和不過第三象限的直線，若圓上恰有三點到直線的距離均為2，則實數(shù)（）A. B.1 C.21 D.31【答案】D【解析】【分析】根據(jù)圓心到直線的距離，結合直線在軸的截距，即可求解.【詳解】的圓心為，半徑為若圓上恰有三點到直線距離均為2，則圓心到直線的距離為解得或，由于直線不經過第三象限，則直線與軸的交點，故，故選：D7.如圖，將繪有函數(shù)（，）部分圖像的紙片沿x軸折成鈍二面角，夾角為，此時A，B之間的距離為，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】過分別作軸的垂線，垂足分別為，過分別作軸、軸的垂線相交于點，利用周期求，利用余弦定理求，然后由勾股定理求出，根據(jù)圖象過點即可得解.【詳解】過分別作軸的垂線，垂足分別為，過分別作軸、軸的垂線相交于點，連接，則，由余弦定理得，由上可知，軸垂直于，又平面，所以軸垂直于平面，又軸，所以平面，因為平面，所以，因為的周期，所以，由勾股定理得，解得，由圖知，的圖象過點，且在遞減區(qū)間內，所以，即，因為，點在遞減區(qū)間內，所以.故選：C8.設橢圓的焦點為，，是橢圓上一點，且，若的外接圓和內切圓的半徑分別為，，當時，橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理計算，根據(jù)余弦定理計算，根據(jù)等面積法列方程得出，的關系，從而可求出橢圓的離心率．【詳解】橢圓的焦點為，，，根據(jù)正弦定理可得，，．設，，則，由余弦定理得，，，，又，，即，故，解得：或（舍．故選：B．二、多選題（本題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求的．全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分．）9.下列說法正確的有（）A.直線恒過定點B.若兩直線與平行，則實數(shù)的值為1C.若，，則直線不經過第二象限D.點，，直線與線段相交，則實數(shù)的取值范圍是【答案】AC【解析】【分析】A選項，將直線變形為點斜式，求出所過定點；B選項，根據(jù)兩直線平行，得到方程，求出實數(shù)的值，檢驗后得到答案；C選項，直線變形為斜截式，得到斜率與與軸截距，得到C正確；D選項，求出過定點，畫出圖象，數(shù)形結合得到實數(shù)的取值范圍.【詳解】A選項，，故直線恒過定點，A正確；B選項，兩直線與平行，則，解得或，當時，兩直線與滿足要求，當時，兩直線與滿足要求，綜上，或，B錯誤；C選項，若，則直線變形為，直線斜率，與軸截距為直線經過一，三，四象限，不經過第二象限，C正確；D選項，直線，直線經過定點，畫出坐標系，如下：

其中，，則要想直線與線段相交，則直線斜率或，解得或，D錯誤.故選：AC.10.已知圓與圓，下列說法正確的是（）A.過點作圓的切線有且只有一條B.圓和圓共有4條公切線C.若M，N分別為兩圓上的點，則M，N兩點間的最大距離為D.若E，F(xiàn)為圓上的兩個動點，且，則線段的中點的軌跡方程為【答案】ACD【解析】【分析】A選項，利用點圓位置關系即可判斷；B選項，將兩圓的一般方程化為標準方程，得到圓心和半徑，判斷兩圓位置關系即可判斷；C選項，數(shù)形結合得到；D選項，由垂徑定理得到，從而得到線段的中點的軌跡方程.【詳解】對于A，對于圓，有，所以點在圓上，則點作圓的切線有且只有一條，故A正確；對于B，圓化為標準方程得，則圓的圓心為，半徑為2，圓的方程化為，則圓的圓心為圓心，半徑為3，因此，因為，所以，所以兩圓相交，則圓和圓共有2條公切線，故B錯誤；對于C，根據(jù)圓的圖象可知，故C正確；對于D，不妨設中點為，則，圓的半徑為3，由垂徑定理可知，即，設點的坐標為，又點的坐標為，所以的軌跡方程為，故D正確.故選：ACD.11.（多選）如圖，四邊形ABCD是邊長為5的正方形，半圓面平面ABCD，點P為半圓弧AD上一動點（點P與點A，D不重合），下列說法正確的是（）A.三棱錐的四個面都是直角三角形B.三棱錐的體積最大值為C.在點P變化過程中，直線PA與BD始終不垂直D.當直線PB與平面ABCD所成角最大時，點P不是半圓弧AD的中點【答案】ACD【解析】【分析】對于A，利用空間中直線、平面垂直的有關定理證明即可；對于B，三棱錐底面面積固定，當高最大時，體積最大，可通過計算進行判斷；對于C，假設垂直，利用空間中直線、平面垂直的有關定理即可推出矛盾；對于D，首先利用空間向量解決當直線PB與平面ABCD所成角最大時，點P的位置，進而作出判斷即可.【詳解】對于A，因為四邊形ABCD是正方形，所以為直角三角形，又因為為直徑，所以，為直角三角形，又因為半圓面平面ABCD，平面平面，，所以平面，因為平面，所以，所以為直角三角形，因平面，平面，所以，又因為，，平面，平面，所以平面，因為平面，所以，所以為直角三角形，因此三棱錐的四個面都是直角三角形，故選項A正確；對于B，過點在平面內作于點，因為平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，為三棱錐的高，所以三棱錐的體積，因為的面積為定值，所以當最大時，三棱錐的體積最大，此時點為半圓弧AD的中點，，所以三棱錐體積的最大值為，故B錯誤；對于C，若點P變化過程中，直線PA與BD垂直，由圓的性質，，所以平面，平面，所以，又由A知：，在同一平面內，一條直線不可能同時垂直于兩條相交直線，所以點P變化過程中，直線PA與BD始終不垂直，故選項C正確；對于D，由選項B解析可知：平面ABCD，為在平面內的投影，所以直線PB與平面ABCD所成角，當直線PB與平面ABCD所成角最大時，取最小值，以為坐標原點，建立空間直角坐標系如圖所示，設，，則，直角三角形內，，即，所以，所以，，，因為，所以，所以，當且僅當，即時，取最小值，直線PB與平面ABCD所成角最大，此時點P不是半圓弧AD的中點，故選項D正確，故選：.II卷非選擇題三、填空題（本題共3小題，每小題5分，共15分．）12.已知向量，滿足，，，則_____．【答案】6【解析】【分析】根據(jù)模長公式即可求解.【詳解】由可得，，解得，故答案為：613.在中，，已知點，，則點到直線的最大距離為_____．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理及橢圓的定義可得動點的軌跡，運用數(shù)形結合即可求得結果.【詳解】由已知，，則6，因為，則由正弦定理可知，所以動點的軌跡是以，為焦點，長軸長為12的橢圓，不含左、右頂點，所以當且僅當點在橢圓的上、下頂點時，點到直線的距離最大為.故答案為：.14.在體積為的三棱錐中，，，平面平面，，，若點、、、都在球的表面上，則球的表面積為______．【答案】【解析】【分析】過點在平面內作，垂足點為，取線段的中點，連接、，分析可知，三棱錐的外接球的球心為中點，設球的半徑為，利用錐體的體積公式可求出的值，結合球體的表面積公式可求得結果.【詳解】過點在平面內作作，垂足點為，取線段的中點，連接、，如下圖所示：因為，，則，所以，三棱錐的外接球的球心為中點，因為平面平面，平面平面，，平面，則平面，設球的半徑為，則，又，，所以，，，，所以，，所以，三棱錐的體積為，解得，因此，球的表面積為.故答案為：.四、解答題（本題共5小題，共77分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）15.已知點，，點A關于直線的對稱點為C.（1）求的外接圓的標準方程；（2）若過點的直線被圓E截得的弦長為2，求直線l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）先利用點關于直線對稱求得點的坐標，再利用待定系數(shù)法求得圓的一般方程，從而配方得解；（2）利用圓的弦長公式求得圓心到直線的距離，再分類討論直線斜率存在與否，利用點線距離公式列式即可得解.【小問1詳解】依題意，設點，因為點與點關于直線對稱，所以，解得，故，設的外接圓的一般方程為，則，解得，則圓的一般方程為，所以圓的標準方程為.【小問2詳解】由（1）知，圓的圓心為，半徑為，因為直線被圓截得的弦長為2，所以圓心到直線的距離為，當直線斜率不存在時，直線方程為，易知滿足題意；當直線斜率存在時，設直線的方程為，即，則，解得，此時的方程為，即綜上，所求直線的方程為或.16.記的內角，，的對邊分別為，，，已知．（1）求；（2）若，，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知，利用正弦定理可得，利用余弦定理可求得，即可求得；（2）由，可得，利用三角形的面積公式可求得，再利用余弦定理即可求得.【小問1詳解】由及正弦定理得，整理得，又由余弦定理的推論得，，因為，所以．【小問2詳解】由，，得，即，可得，由余弦定理可得，，即．17.已知等差數(shù)列的公差，且，，，成等比數(shù)列．（1）求數(shù)列的通項公式；（2）設求數(shù)列前項和為；（3）設求數(shù)列的前項和．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根據(jù)題意得到方程組，求出首項和公差，得到通項公式；（2）變形得到，裂項相消法求和；（3）利用錯位相減法求和即可.【小問1詳解】根據(jù)題意，因為，，，成等比數(shù)列，所以，又，解得，，故；【小問2詳解】因為，所以；【小問3詳解】∵∴①，②，∴①-②得∴.18.已知矩形中，，，是的中點，如圖所示，沿將翻折至，使得平面平面.（1）證明：；（2）已知在線段上存在點（點與點，均不重合），使得與平面所成的角的正弦值是.①求的值；②求點到平面的距離.【答案】（1）證明見解析（2）①；②【解析】【分析】（1）應用面面垂直性質定理得出線面垂直進而得出線線垂直；（2）①先建立空間直角坐標系由線面角的正弦值即可求出比值；②由空間向量法計算點到平面距離公式計算即可.【小問1詳解】因為矩形，，，是中點，所以，又，所以，所以，因為平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小問2詳解】（1）以為原點，所在直線為軸，所在直線為軸，建立如圖所示空間直角坐標系.則，，，，，，設是的中點，因為，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，，所以，設，則，所以則，則.設平面的一個法向量為，則，令，可得，，即為平面的一個法向量，設與平面所成的角為，所以，解得（舍去），所以的值為.②由①得，所以點到平面的距離.19.已知函數(shù)，．（1）當時，求在處的切線方程；（2）若恒成立，求的范圍；（3）若在內有兩個不同零點，求證：.【答案】（1）（2）（3）證明見解析【解析】【分析】（1）求導，即可求解斜率，根據(jù)點斜式求解切線方程，（2）構造函數(shù)，求導，根據(jù)單調性可得，進而，構造函數(shù)，求導判斷單調性，即可求解最值得解.（3）根據(jù)在單調遞減.證明，即可求證，構造函數(shù)以及，利用導數(shù)求解單調性，即可求證.小問1詳解】，則，，故切線方程為，即，【小問2詳解】，令，令，當在單調遞增，且，當時，，解集為，故，進而即，令，，當單調遞增，當，單調遞減