宁夏银川市2023-2024学年高三上册第五次月考数学（理）测试卷（含解析）

宁夏银川市2023-2024学年高三上学期第五次月考数学（理）模拟试题一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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，，则（    ）A． B．C． D．2．欧拉公式（为虚数单位，）是由瑞土著名数学家欧拉发现的，它将指数函数的定义域扩大到复数，建立了三角函数和指数函数之间的关系，根据此公式可知，下面结论中正确的是（    ）A． B．C．在复平面内对应的点位于第二象限 D．3．若“，”是假命题，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．4．已知函数，是函数的导函数，则的图像大致是（    ）A．   B．  C．   D．    5．如果向量，的夹角为，我们就称为向量与的“向量积”，还是一个向量，它的长度为，如果，，，则（    ）A．-16 B．16 C．-20 D．206．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，则必为（    ）A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．等腰三角形7．已知不等式组表示的平面图形为，则按斜二测画法，平面图形的直观图的面积为（    ）A． B． C． D．8．如图，的顶点都在坐标轴上，直线的斜率为，直线的斜率为，则（）A． B． C． D．9．在正项等比数列中，若，，则（    ）A．1 B．2 C．3 D．10．近来汽油价格起伏较大，假设第一周、第二周的汽油价格分别为m元/升，n元/升()，甲和乙购买汽油的方式不同，甲每周购买40元的汽油，乙每周购买12升汽油，甲、乙两次购买平均单价分别记为，，则下列结论正确的是（    ）A． B． C． D．，的大小无法确定11．已知函数．若为偶函数，，，，则（    ）A． B． C． D．12．如图，在棱长为2的正方体中，分别是棱的中点，点在上，点在上，且，点在线段上运动，下列说法正确的是（    ）  A．三棱锥的体积不是定值B．直线到平面的距离是C．存在点，使得D．面积的最小值是二、填空题（本大题共4小题，每小题5分.共20分）13．已知角的终边与单位圆交于点，则 .14．已知圆台的上､下底面半径分别为1和2，体积为，则该圆台的侧面积为 .15．已知函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，则实数k的取值范围是 ．16．已知关于x的不等式恰有2个不同的整数解，则k的取值范围是 ．三、解答题（共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.）（一）必考题：（共60分）17．已知数列的前项和为，数列是以为首项，为公差的等差数列.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.18．已知圆：，直线.(1)若直线与圆相切，求的值；(2)若，过直线上一点作圆的切线，，切点为，，求四边形面积的最小值及此时点的坐标，19．在中，角，，的对边分别为，，，且满足_____.（从以下两个条件中任选一个补充在上面横线上作为已知，将其序号写在答题卡的横线上并作答.）条件①：条件②：(1)求角；(2)若为锐角三角形，，求面积的取值范围.20．如图，在四棱锥中，面，且，分别为的中点.  (1)求证：平面；(2)在线段上是否存在一点，使得直线与平面所成角的正弦值是？若存在，求出的值，若不存任，说明理由；(3)在平面内是否存在点，满足，若不存在，请简单说明理由；若存在，请写出点的轨迹图形形状.21．已知函数 且函数有两个极值点.(1)求的范围;(2)若函数的两个极值点为且，求 的最大值.（二）选考题（共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一题记分.）[选修4-4：坐标系与参数方程]（10分）22．在平面直角坐标系中，已知直线的参数方程为为参数为的倾斜角，且，以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求曲线的直角坐标方程；（2）若直线与曲线交于两点，点恰为线段的三等分点，求[选修4-5：不等式选讲]（10分）23．已知不等式的解集为．(1)求实数的值；(2)若，且，求的最小值．1．B【分析】根据绝对值的几何意义求集合，根据一元二次不等式的解法及自然数集求集合，然后利用集合的交集运算求解即可.【详解】，，.故选：B.2．D【分析】由欧拉公式，代入对应的值，即可判断A和C；由得，两式联立，解出即可判断B；由二倍角公式即可判断D．【详解】对于A：由欧拉公式得，所以，故A错误；对于B：由得，两式联立得，两式相减消去得，，所以，故B错误；对于C：由欧拉公式得，，在复平面对应点的坐标为，因为，所以，所以在复平面内对应的点位于第四象限，故C错误；对于D：，故D正确，故选：D．3．B【分析】确定对于恒成立，变换，根据三角函数的值域得到答案.【详解】“，”是假命题，即对于恒成立，即，，，故.故选：B4．C【分析】对函数求导得，易知为奇函数，排除B、D选项；再对求导，易得在是递减，即可求解.【详解】，为奇函数，则函数的图像关于原点对称，排除选项B、D，令，，当，，也就是在递减，排除A，故C正确.故选：C．5．B【分析】根据向量的新定义和向量数量积计算即可.【详解】由于，，，，则，则所以，则.故选：B6．A【分析】由正弦定理得到，得出，进而，即可求解.【详解】因为，由正弦定理可得，即，又因为，所以，即，因为，所以，所以，所以为钝角三角形.故选：A.7．A【分析】根据不等式组画出平面图形，再根据斜二测画法得出直观图，根据梯形的面积公式计算即可.【详解】解：根据不等式组，作出如图所示的平面图，在平面图中，，根据斜二测画法，作出直观图，则在四边形中，,则.所以平面图形的直观图的面积为.故选：A.8．C【分析】利用两角差的正切公式可求得的值.【详解】由题可得，又，得，，得，.故选：C.9．C【分析】根据等比数列性质有，代入计算即可得.【详解】因为为等比数列，所以，故，所以，又，所以.故选：C.10．C【分析】分别计算出，关于，的表达式，再根据基本不等式即可求解．【详解】由题意得，，，则，，所以．故选：C．11．A【分析】根据函数对称轴可得，进而可知在上为增函数，令，利用导数可得，以及，进而分析得解.【详解】因为为偶函数，则，可知的对称轴为，又因为均只有一条对称轴，可知只有一条对称轴，则，可得，所以，当时，，因为在上为增函数，则在上为增函数，令，则，当时，，则在上单调递增，可得，即，则；由，可得，则；即，可得，所以．故选：A．关键点睛：构造恰当的函数，过程中用到了函数，对应的不等式为，以及变形的．此类不等式常用的有，，，，加强记忆，方便碰到此类问题后直接使用．12．C【分析】根据线面平行的判定判断A；根据等体积法求得点到平面的距离判断B；建立空间直角坐标系，利用空间向量的数量积运算解决垂直问题判断C；求出面积的表达式，再求得面积的最小值判断D.【详解】对于A，分别是棱的中点，则， 因为，且，所以四边形为平行四边形，所以，所以，因为平面，平面，所以平面，因为在上，所以点在平面的距离不变，而面积是定值，则三棱锥的体积不变，即三棱锥的体积不变，故A错误；对于B，因为，平面，平面，于是平面，因此直线到平面的距离等于点到平面的距离h，，，，，由，得，则，B错误；  对C，以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，,  设，则，，，，由，得，解得，由于，因此存在点，使得，C正确；对于D，由选项C得在的投影点为，则P到的距离，面积为 ，所以当时，取得最小值为，D错误.故选：C关键点睛：本题的关键是利用线面平行的判定来判定A，再通过等体积法求出距离从而判断B，C,D选项通过建立合适的空间直角坐标系解决.13．##-0.5【分析】根据任意角三角比的定义和诱导公式求解.【详解】因为角的终边与单位圆交于点，所以，故答案为.14．【分析】利用圆台体积公式可得其高为，即可知母线长为，利用侧面展开图面积求出圆台的侧面积为.【详解】根据题意可知，圆台上底面面积为，下底面面积为；设圆台的高为，由体积可得，解得，所以可得圆台母线长为，根据侧面展开图可得圆台侧面积为.故15．【分析】变形后得到表示的图象为以为圆心，1为半径的上半圆，则关于直线的对称图象也是一个半圆，圆心为，半径1，画出图象，数形结合得到当直线斜率位于直线与直线之间（含，不含）时，满足要求，求出，得到不等式，求出实数k的取值范围.【详解】，变形得到，故表示的图象为以为圆心，1为半径的上半圆，则关于直线的对称图象也是一个半圆，圆心为，半径为1，且该圆与轴交于两点，如图所示：直线恒过点，设直线与半圆相切时，切点为，故当直线斜率位于直线与直线之间（含，不含）时，满足函数的图象上有且仅有两个不同的点关于直线的对称点在的图象上，其中，设直线，则，解得：或0（舍去），故，解得：，实数k的取值范围是.故16．【分析】将不等式化为，转化为两函数的交点问题，画出函数图象，数形结合求出答案.【详解】变形为，因为，所以，令，，，，当时，，当时，，所以在上取得极大值，也是最大值，，且当时，画出的图象如下：而过定点，且当直线位于如图所示的两条直线与之间（包含，不包含）时，满足恰有两个整数解，其中，故对于不等式整数解个数问题，通常可转化为两函数图象问题，数形结合来求解.17．(1)(2)【分析】(1)根据题意求出,再由即可写出的通项公式；(2)根据的通项公式，找到其正负临界的值，去掉绝对值符号再求和.【详解】（1）设等差数列的首项为,公差为，则，所以当时，又也符合上式，故数列的通项公式为.（2）当时，，数列的前n项和；当时，，数列的前n项和，.综上所述：18．(1)或(2)，【分析】（1）由圆心到直线的距离等于半径列方程求解即可，（2）当时，直线的方程为，而四边形的面积，由圆的性质可得当最小时，切线长最短，此时，求出直线的方程，联立两直线方程可得点的坐标.【详解】（1）由已知，圆心到直线：的距离等于半径，即.解得：或.（2）当时，直线的方程为，四边形的面积∵为直角三角形，当最小时，切线长最短，显然当时，∴四边形的面积最小值为.此时，，，∴直线：，即.由，解得，即.19．(1)；(2).【分析】（1）选择①，利用正弦定理角化边，再利用余弦定理求解即得；选择②，利用诱导公式及同角公式求解即得.（2）利用正弦定理求出边的范围，再利用三角形面积公式求解即得.【详解】（1）选择①，由及正弦定理，得，整理得，由余弦定理得，而，所以.选择②，由，得，即，解得，又，所以.（2）由（1）知，，由正弦定理得，即，而是锐角三角形，则，解得，，即，因此，，所以面积的取值范围是.20．(1)证明见解析；(2)存在，理由见解析；(3)存在，理由见解析.【分析】（1）过E作交于点G,连接,由线线平面证明面面平行，再由面面平行的性质即可得出线面平行的证明；（2）先求出面的法向量，设 , 利用向量法结合线面角得正弦值求解即可; （3）由 点在空间内轨迹为以中点为球心, 为半径的球,而 中点到平面的距离为 , 即可求解.【详解】（1）如图，  过E作交于点G,连接,面，面，则，又面，面，且不共线，故，因为为的中点，所以也为中点，又为的中点，所以，而平面，平面，所以平面，同理平面，又因为，平面，所以平面平面，而平面,所以平面；（2）  设如图, 以点A为原点建立空间直角坐标系,则，故，则，设平面的法向量 ,则有 ,取 ,整理得 , 解得 或(舍去)，所以当时, 直线与平面所成角的正弦值是.（3）由（2）知，平面的一个法向量，点中点，则,则中点到平面的距离为，由，即故在以中点为球心，半径为的球面上，而，故在面上的轨迹是半径为的圆，故存在符合题意的， 此时轨迹是半径为 的圆.关键点点睛：第三问，根据题设有则在以中点为球心，半径为的球面上，再求中点到面距离，结合直观想象及计算确定在面上的轨迹.21．(1)(2)【分析】（1）函数极值点问题转化为导函数零点问题处理.构造函数，通过函数的单调性与最值及图象趋势，找到方程有两个正实数根的充要条件；（2）整体换元法，令，再结合（1）结论得，将都转化为表示，从而将多元最值问题转化为一元函数问题，构造函数，求其最大值即可.【详解】（1）由题得，， 令，则函数有两个极值点，即方程有两个正实数根. 因为，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以，，且当时，，时，. 所以方程有两个正实数根，只需，解得， 即函数有两个极值点时，的范围为.（2）由且，令，则，由（1）知，，即，则，即，解得，所以. 则，令，则， 令，则所以函数在上单调递增，又，所以， 则.当时，，所以在上单调递增，则当时，.即的最大值为.22．（1）；（2）．【分析】（1）化简曲线的极坐标方程为，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可求解；（2）把直线参数方程代入曲线的直角坐标方程，求得，设，得到，化简得，即可求解.【详解】（1）由曲线的极坐标方程为，可得，又由，代入可得，即曲线的直角坐标方程为.（2）把直线参数方程为参数，代入曲线的直角坐标方程，整理得,设对应的参数分别为，得，因为点恰为线段的三等分点，不妨设，则，所以，代入，化简得，又因为，所以．23．(1)4(2)【分析】（1）分，，三种情况讨论即可；（2）设，，则.利用和基本不等式即可求解.【详解】（1）当时，不等式的解集为，不合题意；当时，不等式的解集为，不合题意;当时，，即，因为不等式的解集为，所以.（2）由(1)知，，设，，则.，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.