2024南阳一中高三上学期第五次月考试题数学含解析

这是一份2024南阳一中高三上学期第五次月考试题数学含解析，共26页。试卷主要包含了 已知是角终边上一点，则， 给出下列命题，其中正确的是等内容，欢迎下载使用。

命题人：1-8朱清波 9-12 王红武13-16 陈朝印 17-22 杨要理
一､单选题（每小题5分共40分）
1. 已知集合或，，若，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
2. 已知是角终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
3. 把按斜二测画法得到（如图所示），其中，，那么是一个
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 三边互不相等的三角形
4. 已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
5. 已知函数是定义域为R的偶函数为奇函数，当时，，若，则（ ）
A. 2B. 0C. -3D. -6
6. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A. y=2x+1B. y=2x+C. y=x+1D. y=x+
7. 在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. 7πB. 8πC. D.
8. 若的图象在处的切线分别为，且，则（ ）
A
B. 的最小值为2
C. 在轴上的截距之差为2
D. 在轴上的截距之积可能为
二､多选题（每小题5分共20分）
9. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 若空间向量，，且，则实数
B. 若，则存在唯一的实数，使得
C. 若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
D. 点关于平面对称的点的坐标是
10. 将函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
11. 已知，且，则（ ）
A. ab的最大值为1B. ab的最小值为－1
C. 的最小值为4D. 的最小值为
12. 如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）

A. 过棱的截面中，截面面积的最小值为
B. 若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
C. 若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D. 与该木块各个顶点距离都相等的截面有7个
三､填空题（每小题5分共20分）
13. 设向量在向量上的投影向量为，则________．
14. 函数的最大值为，最小值为，若，则______．
15. 甲､乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是__________.
16. 已知△ABC的面积为1，且AB=2BC，则当AC取得最小值时， BC的长为________.
四､解答题（70分）
17. 已知向量，函数．
（1）求的最小正周期和单调递减区间；
（2）在中，，求边的长．
18. 已知椭圆，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限．
（1）若，证明：直线和的斜率之积为定值；
（2）若，求四边形的面积的最大值．
19. 如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为2，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体.
（1）求这个组合体的体积；
（2）若点F为AC中点，求二面角的余弦值.
20. 数列 的前n项和，已知，，k为常数.
（1）求常数k和数列的通项公式；
（2）数列 的前n项和为，证明：
21. 如图所示的几何体是由等高的个圆柱和半个圆柱组合而成，点G为的中点，D为圆柱上底面的圆心，DE为半个圆柱上底面的直径，O，H分别为DE，AB的中点，点A，D，E，G四点共面，AB，EF为母线．
（1）证明：平面BDF；
（2）若平面BDF与平面CFG所成的较小的二面角的余弦值为，求直线OH与平面CFG所成角的正弦值．
22. 已知函数 .
（1）若求曲线f (x)在处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求a 的取值范围.南阳一中2023年秋期高三年级第五次月考
数学试题
命题人：1-8朱清波 9-12 王红武13-16 陈朝印 17-22 杨要理
一､单选题（每小题5分共40分）
1. 已知集合或，，若，则实数取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据并集的结果，列出不等式，求解即可得出答案.
【详解】因为，所以，解得．
所以，实数的取值范围是.
故选：D.
2. 已知是角的终边上一点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三角函数的定义可得，进而由商数关系可求.
【详解】因为是角的终边上一点，
所以，
则，
故选：B.
3. 把按斜二测画法得到（如图所示），其中，，那么是一个
A. 等边三角形
B. 直角三角形
C. 等腰三角形
D. 三边互不相等的三角形
【答案】A
【解析】
【分析】根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，进而分析出△ABC的形状．
【详解】根据斜二侧画法还原在直角坐标系的图形，如下图所示：
由图易得，故为等边三角形，故选A．
【点睛】本题考查的知识点是斜二侧画法，三角形形状的判断，解答的关键是斜二侧画法还原在直角坐标系的图形．
4. 已知正方体的棱长为1，E为中点，F为棱CD上异于端点的动点，若平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，则线段CF的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定的几何体，利用面面平行的性质结合平面的基本事实，探讨截面形状确定F点的位置，推理计算作答.
【详解】在正方体中，平面平面，而平面，平面，
平面平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线相交，令交点为G，如图，
而平面，平面，即分别为与平面所成的角，
而，则，且有，
当F与C重合时，平面BEF截该正方体所得的截面为四边形，，即G为棱中点M，
当点F由点C向点D移动过程中，逐渐增大，点G由M向点方向移动，
当点G为线段上任意一点时，平面只与该正方体的4个表面正方形有交线，即可围成四边形，
当点G在线段延长线上时，直线必与棱交于除点外的点，
而点F与D不重合，此时，平面与该正方体的5个表面正方形有交线，截面为五边形，如图，
因此，F为棱CD上异于端点的动点，截面为四边形，点G只能在线段（除点M外）上，即,
显然，，则，
所以线段的CF的取值范围是.
故选：D
【点睛】关键点睛：作过正方体三条中点截面，找到过三点的平面与正方体表面的交线是解决问题的关键.
5. 已知函数是定义域为R的偶函数为奇函数，当时，，若，则（ ）
A. 2B. 0C. -3D. -6
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，可以证明 是周期为4的周期函数，计算出 和k，由周期性可得 ，再利用函数的对称性即可求解.
【详解】因为为奇函数，所以，又为偶函数，
所以，所以，即，
所以，故是以4为周期的周期函数；
由，易得，，所以，
所以，，解得，；
所以；
故选：C．
6. 若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A. y=2x+1B. y=2x+C. y=x+1D. y=x+
【答案】D
【解析】
【分析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
7. 在三棱锥A﹣BCD中，△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形，且二面角的平面角为120°，则该三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A. 7πB. 8πC. D.
【答案】D
【解析】
【分析】如图，取BD中点H，连接AH，CH，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°，分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点，记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°，进而可求得R的值．
【详解】解：如图，取BD中点H，连接AH，CH
因为△ABD与△CBD均为边长为2的等边三角形
所以AH⊥BD，CH⊥BD，则∠AHC为二面角A﹣BD﹣C的平面角，即∠AHD＝120°
设△ABD与△CBD外接圆圆心分别为E，F
则由AH＝2可得AEAH，EHAH
分别过E，F作平面ABD，平面BCD的垂线，则三棱锥的外接球一定是两条垂线的交点
记为O，连接AO，HO，则由对称性可得∠OHE＝60°
所以OE＝1，则R＝OA
则三棱锥外接球的表面积
故选：D
【点睛】
本题考查三棱锥的外接球，球的表面积公式，画出图形，数形结合是关键，属于中档题．
8. 若的图象在处的切线分别为，且，则（ ）
A.
B. 的最小值为2
C. 在轴上的截距之差为2
D. 在轴上的截距之积可能为
【答案】AC
【解析】
【分析】根据及导数的几何意义得，再借助基本不等式即可判断A，B；写出的方程，得到在轴上的截距分别为，由此判断C，D．
【详解】对于A，B：由题意可得，当时，，当时，，
所以的斜率分别为，
因为，所以，得，
因为，所以，
故A正确，B错误．
对于C，D：的方程为，即，
令，得，所以在轴上的截距为，
的方程为，可得在轴上的截距为，
所以在轴上的截距之差为，
在轴上的截距之积为，故C正确，D错误．
故选：AC
二､多选题（每小题5分共20分）
9. 给出下列命题，其中正确的是（ ）
A. 若空间向量，，且，则实数
B. 若，则存在唯一的实数，使得
C. 若空间向量，，则向量在向量上的投影向量是
D. 点关于平面对称的点的坐标是
【答案】AC
【解析】
【分析】利用空间向量的对称特征可判定D，利用空间向量平行的充要条件及坐标表示可判定A、B，利用投影向量的概念可判定C.
【详解】对于A，可知，即A正确；
对于B，显然时，恒成立，此时不唯一或者不存在，故B错误；
对于C，向量在向量上的投影向量，故C正确；
对于D，易知点关于平面对称的点的坐标是，故D错误.
故选：AC
10. 将函数的图象向左平移个单位长度后关于轴对称，则的值可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据三角函数的图象变换以及正弦函数的性质求解.
【详解】将函数图象向左平移个单位长度后，
所得函数解析式为，
因为所得函数图象关于轴对称，
所以,即，
当时，的值分别为，
结合选项，所以的值可能为，
故选:AC.
11. 已知，且，则（ ）
A. ab的最大值为1B. ab的最小值为－1
C. 的最小值为4D. 的最小值为
【答案】AB
【解析】
【分析】利用基本不等式的知识，结合特殊值法进行排除即可得到正确答案.
【详解】由于，所以，即，解得，即，故A和B均正确，
令，满足题干的式子，但是，故C错误，
将变形可得，所以，
当且仅当时等号成立，故D错误，
故选：AB.
12. 如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（ ）

A. 过棱的截面中，截面面积的最小值为
B. 若过棱的截面与棱（不含端点）交于点，则
C. 若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为
D. 与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用平面的性质确定截面，再解三角形即可判定A、B，利用基本不等式可判定C，利用空间想象结合图形性质分类讨论可判定D项.
【详解】设截面与棱的交点为，
对于A项，如图1，过棱的截面为，易知当为棱的中点时，,且，平面，故平面，
取的中点，连接，则，
又平面，，即是异面直线的公垂线，，
故此时的面积取得最小值，最小值为，正确；

对于B项，易知，故结合A项，可设，
在中，由余弦定理，
所以，即，B错误；
对于C项，如图2，当截面为平行四边形时，，，
由正四面体的性质可知，故，从而平行四边形为长方形.
设，则，所以长方形的面积，
当且仅当时，等号成立，正确；

对于D项，与该木块各个顶点的距离都相等的截面分为两类.第一类：平行于正四面体的一个面，且到顶点和到底面距离相等，这样的截面有4个.
第二类：平行于正四面体的两条对棱，且到两条棱距离相等，这样的截面有3个.
故与该木块各个顶点的距离都相等的截面共有7个，D正确.
故选：ACD
三､填空题（每小题5分共20分）
13. 设向量在向量上的投影向量为，则________．
【答案】1
【解析】
【分析】利用向量在向量上的投影向量计算公式建立方程，解出即可.
【详解】向量在向量上的投影向量为
，则，解得．
故答案为：
14. 函数的最大值为，最小值为，若，则______．
【答案】1
【解析】
【分析】将函数解析式边形为，设，则，记，由奇函数的定义得出为奇函数，得出在的最值，结合，即可求出．
【详解】，
设，则，
记，
因为，
所以是在上的奇函数，最大值为，最小值为，
所以，
又因为，
所以，
故答案为：1．
15. 甲､乙两队进行篮球比赛，采取七场四胜制（当一队赢得四场胜利时，该队获胜，决赛结束），根据前期比赛成绩，甲队的主客场安排依次为“主客主主客客主”，设甲队主场取胜的概率为，客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以获胜的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据相互独立事件概率计算公式求得正确答案.
【详解】欲使甲队4：2获胜，则第六场甲胜，前五场甲获胜三场负两场，
故所求概率为：
.
故答案为：
16. 已知△ABC的面积为1，且AB=2BC，则当AC取得最小值时， BC的长为________.
【答案】
【解析】
【分析】记，由面积得，由余弦定理得，结合导数可得．
【详解】记，由已知，，
，
令，则，
所以当时，，当时，，
设，则时，单调递增，
当时，单调递减，
所以当即时，，即AC取得最小值，
此时，.
故答案为：．
四､解答题（70分）
17. 已知向量，函数．
（1）求的最小正周期和单调递减区间；
（2）在中，，求边的长．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）由数量积的坐标表示得到的解析式，化简得，由周期公式可解得，利用整体角的范围求解单调减区间即可；
（2）由整体角范围解三角方程可得，再由已知条件，结合正弦定理可求.
【小问1详解】
由题意得
，
所以最小正周期，
令，解得，
所以的单调递减区间为
【小问2详解】
由（1）知，，
则，由，得，
则，解得，
又由，得，已知，
则由正弦定理，
得.
18. 已知椭圆，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限．
（1）若，证明：直线和的斜率之积为定值；
（2）若，求四边形的面积的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）设，则，利用两点的斜率公式以及点在椭圆上可得定值；
（2）联立直线与椭圆方程，求出到的距离和到的距离，利用根与系数的关系可得面积的最大值．
【详解】（1）证明：设，则，
∵，，∴，，
∵在椭圆上，∴
∴为定值．
（2）设，依题意：，点在第一象限，∴．
联立：得：，
∴，，
设到的距离为，到的距离为，
∴，，
∴．
又∵
（当时取等号），
∴．
∴四边形的面积的最大值为
19. 如图，现有三棱锥和，其中三棱锥的棱长均为2，三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，一个面是等边三角形，现将这两个三棱锥的一个面完全重合组成一个组合体.
（1）求这个组合体的体积；
（2）若点F为AC的中点，求二面角的余弦值.
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）将组合体拆分为两部分分别求体积即可；
（2）根据题意建立合适的空间直角坐标系，求出两个平面的一个法向量，结合二面角坐标计算公式求解答案即可.
【小问1详解】
因为三棱锥有三个面是全等的等腰直角三角形，是等边三角形，
所以，
所以；
因为三棱锥的棱长均为2，
所以正三棱锥体积为一个棱长为的正方体减去四个三棱锥，
即，
【小问2详解】
如图所示，以E为坐标原点，EC，ED，EB分别为x,y,z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设平面EBC的法向量为，易得，
设平面BCF的法向量为，
因为，得，
取，可得
设二面角的平面角大小为，由图易知，二面角为钝角，
则
故二面角的余弦值为
20. 数列 的前n项和，已知，，k为常数.
（1）求常数k和数列的通项公式；
（2）数列 的前n项和为，证明：
【答案】（1），
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）利用，和累加法求，然后根据等差数列求和公式求；
（2）利用裂项相消和放缩的思路证明.
【小问1详解】
由得，，
两式相减的，整理得，
当时，得，，
当时，，
，，，
相加得，
所以，，
当，2时符合，
所以，
则，，
则，即.
【小问2详解】
由（1）得，
所以，
因为，，
所以，
综上可得，.
21. 如图所示的几何体是由等高的个圆柱和半个圆柱组合而成，点G为的中点，D为圆柱上底面的圆心，DE为半个圆柱上底面的直径，O，H分别为DE，AB的中点，点A，D，E，G四点共面，AB，EF为母线．
（1）证明：平面BDF；
（2）若平面BDF与平面CFG所成的较小的二面角的余弦值为，求直线OH与平面CFG所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）过构造与平面平行的平面，通过面面平行，即可证明线面平行；
（2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，结合已知二面角的余弦值求得圆柱的高与底面半径之间的关系，再由向量法求解线面角即可.
【小问1详解】
证明：取EF的中点M，连接OM，HM，又O为DE的中点，所以，
又平面BDF，平面BDF，所以∥平面BDF，
因为，，H，M分别为AB，EF的中点，所以，且，
所以四边形BFMH为平行四边形，所以，
又平面BDF，平面BDF，所以平面BDF，
又OM，平面OMH，，所以平面平面BDF，
因为平面OMH，所以平面BDF．
【小问2详解】
由题意知CB，CF，CD两两垂直，故以点C为原点，建立如图所示的空间直角坐标系：
设圆柱的底面半径为r，高为h，
则，，，，，，，
所以，，，，．
设平面BDF的一个法向量，则，即
令，解得，，所以；
设平面CFG的一个法向量，则，即
令，解得，，所以，
所以，
化简，得，所以，
所以，．设OH与平面CFG所成的角为，
所以．
22. 已知函数 .
（1）若求曲线f (x)在处的切线方程；
（2）当时，不等式恒成立，求a 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求切斜方程；
（2）将不等式，不等式恒成立转化为，恒成立，然后结合导数求出最值得到的范围.
【小问1详解】
当时，，，
，
则，
所以曲线在处的切线方程为，即.
【小问2详解】
不等式可整理，
令，，
所以当，单调递增，当，单调递减，所以，
又，所以令，
则，
令，则，
令，则，
令，则，
所以单调递减，，所以，
单调递减，，所以，
所以，，
所以单调递减，，
所以.
【点睛】方法点睛：不等式恒成立问题：
①恒成立转化为；
②恒成立转化为.