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

这是一份宁夏银川市2023-2024学年高三上册第五次月考数学（文）测试卷（含解析），共20页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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．已集合，集合，，则实数a的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
2．复数满足，则（ ）
A．B．C．D．
3．关于椭圆，以下说法正确的是（ ）
A．长轴长为2B．焦距为
C．离心率为D．左顶点的坐标为
4．把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为，空气的温度为，那么小时后物体的温度可由公式求得，其中是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有、两个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却小时后，、两个物体的温度分别为、，假设、两个物体的冷却系数分别为、，则（ ）
A．B．
C．D．
5．若抛物线的焦点也是双曲线的一个焦点，则此抛物线的方程为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数的部分图象如图，则函数的解析式可能为（ ）.

A．B．
C．D．
8．已知不等式对恒成立，则m的最小值为（ ）
A．B．C．D．
9．如图，在直三棱柱中，，则异面直线与所成角的余弦值等于（ ）
A．B．C．D．
10．抛物线：（）的顶点为，斜率为1的直线过点，且与抛物线交于，两点，若的面积为，则该抛物线的准线方程为（ ）
A．B．
C．D．
11．在中，内角的对边分别为，若，，，则的面积为（ ）
A．B．C．D．1
12．已知为双曲线左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为、，直线交双曲线的一条渐近线于点，直线、的斜率为、，若以为直径的圆经过点，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．已知向量，，则
14．已知，，则 .
15．若实数满足约束条件，则的最大值为 ．
16．三棱锥的外接球的表面积为，AD是该球的直径，是边长为的正三角形，则三棱锥的体积为 ．
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．求符合下列条件的曲线方程：
(1)求过，，三点的圆的标准方程；
(2)求与双曲线有共同渐近线且过点的双曲线方程；
(3)顶点在原点，对称轴为坐标轴且过点的抛物线的标准方程.
18．设等差数列满足，.
(1)求的通项公式；
(2)记为的前项和，若，求的值.
19．如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面平面分别为棱的中点.
(1)证明：平面；
(2)若三棱柱的体积为，求点到平面的距离.
20．已知函数.
(1)当时，求函数的单调区间和极值
(2)若在区间内恰好有两个零点，求的取值范围.
21．在平面直角坐标系中，椭圆的左，右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，，.
(1)求椭圆的方程；
(2)经过椭圆右焦点且斜率不为零的动直线与椭圆交于、两点，试问轴上是否存在异于点的定点，使恒成立？若存在，求出点坐标，若不存在，说明理由.
（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】
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45：不等式选讲】
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】根据交集的结果列式可得结果.
【详解】因为集合，集合，，
所以.
故选：B.
2．C
【分析】由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得，进而可得共轭复数.
【详解】因为，
所以可化为
所以，
所以.
故选：C.
3．B
【分析】根据椭圆的性质判断.
【详解】椭圆中，，
故长轴长为，焦距，离心率为，左顶点的坐标为，故只有B正确.
故选：B
4．A
【分析】由已知可得出，变形可得，两式相除变形后可得合适的选项.
【详解】由题意可得，则，
两式相除可得，所以，，即.
故选：A.
5．B
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标，再将双曲线方程化为标准式，即可得到其焦点坐标，从而得到方程，解得即可.
【详解】抛物线的焦点为，
双曲线可化简为，其焦点坐标为，
由题意可得，即，解得，
则此抛物线的方程为.
故选：B.
6．B
【分析】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何体体积.
【详解】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，
如图：
故该几何体体积为.
故选：B.
本题主要考查了由三视图还原几何体，考查了圆柱的体积公式，考查了学生的直观想象能力.属于基础题.
7．A
【分析】由奇偶性可排除BC，由特殊点可排除D，即可求解
【详解】由于图像关于原点对称，所以为奇函数，
对于B：由，
得：，为偶函数，故可排除B；
对于C：由，
得：，为偶函数，故可排除C；
由图知图象不经过点，
而对于D：，故可排除D；
故选：A
8．D
【分析】将问题转化为不等式对恒成立，令求解.
【详解】解：因为不等式对恒成立，
所以不等式对恒成立，
令，
因为，所以，
则，
所以，
所以，解得，
所以m的最小值为，
故选：D
9．D
【分析】将该几何体补成一个直四棱柱，连接，则（或其补角）是异面直线与所成的角，然后在中利用余弦定理求解即可.
【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱，由题易得底面为菱形，且为等边三角形.
连接，易得，所以（或其补角）是异面直线与所成的角.
设1，则，
所以.
故选：D.
10．A
【分析】直线方程为，联立，得到两根之和，两根之积，表达出和点到直线的距离，从而表达出，列出方程，求出，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线方程为，联立得，，
设，则，
故，
点到直线的距离为，
故，
故，解得，
故该抛物线的准线方程为.
故选：A
11．A
【分析】根据题意利用三角恒等变换并由正弦定理即可求得，再由面积公式即可求得结果.
【详解】因为
，
所以.由正弦定理可得，即.
故的面积为.
故选：A
12．D
【分析】设点，可得出，利用圆的几何性质可得，由，即可得出的值，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】设点，则，即有，①
由、以及以为直径的圆经过点可知，
所以，
又，，所以，，
由题意知，所以 ，②
由①和②得，由得．
故选：D.
13．0
【分析】根据向量的坐标运算求解即可.
【详解】∵，，∴，
∴.
故0.
14．
【分析】根据两角差的正切公式，化简求得，再利用三角函数的基本关系式，联立方程组，即可求解.
【详解】由两角差的正切公式，可得，解得，
可得，即
又由，联立方程组，解得，
因为，所以.
故答案为.
15．14
【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当过点时，取得最大值为.
【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：

将目标函数变形可得，
若取得最大值，即直线在轴上的截距取得最小值，
将平移到过点时，直线在轴上的截距最小，
此时目标函数有最大值为.
故
16．
【分析】先根据球的表面积公式求球的半径，再根据正弦定理求的外接圆半径，根据球的性质求，进而可得三棱锥的体积.
【详解】设三棱锥的外接球的球心为O,半径为R，则，解得，
设的外接圆圆心为，半径为，则，
连接，
∵，即，
则点D到平面ABC的距离为2，
∴三棱锥的体积.
故答案为.
17．(1)
(2)
(3)或
【分析】（1）根据待定系数求圆的方程即可；
（2）根据共渐近线方程的特点设方程为，代入点求解；
（3）设出抛物线方程，代入点求解.
【详解】（1）设所求圆的方程为：，，
由圆经过，，三点，
∴，解得：
则所求圆的方程为：，
所以圆的标准方程为.
（2）双曲线与有共同双曲线，可设为，如图，
由所求双曲线过点，则，
故双曲线方程为，即；
（3）因为点在第二象限，如图，
所以设抛物线的标准方程为或.
又点在抛物线上，所以，，
即抛物线的标准方程为或.
18．(1)
(2)
【分析】（1）设公差为，根据题意列方程组，即可求解；
（2)由（1）得出，然后由，即可求解.
【详解】（1）设的公差为，则，解得：，
故.
（2）由（1）可知：，
因为：，所以：，
整理得：，解得.
故：的值为.
19．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用中位线得线线平行，进而可证平行四边形，由线面平行的判断定理即可求证.
（2）根据面面垂直可得线面垂直，利用体积公式可求解,进而根据等体积法即可求解.
【详解】（1）如图，取的中点，连接，
则，所以，
所以四边形为平行四边形，所以.
因为平面平面，
所以平面.
（2）取的中点，连接.
因为是等边三角形，所以.
又平面平面，且平面平面，
所以平面.
因为平面，所以.
因为，平面,
所以平面.
所以，得.
因为平面，所以.
在Rt和Rt中，由勾股定理可得，
所以.
设点到平面的距离为，
由，得，解得.
所以点到平面的距离为.
20．(1)单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，无极大
(2)
【分析】（1）根据题意，求导得，即可得到结果；
（2）根据题意，分与讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）由得，且定义域为
∵，令，即，解得，
令，解得，
则的单调递增区间为，单调递减区间为；
在处的极小值为，无极大值.
（2）当，恒成立，在上单调递增，
故在区间内至多只有一个零点；
当时，由（1）得在上最小值为，
若在区间内恰有两个零点，则需满足，整理得.
21．(1)
(2)存在，
【分析】（1）根据椭圆的顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出得解；
（2）根据条件可转化为，再由根与系数的关系代入化简即可得解.
【详解】（1）由题意知，，，，
∵，，
∴，解得，从而，
∴椭圆的方程为.
（2）如图，
由椭圆右焦点，故可设直线的方程为，
联立方程组，整理得，
则，
设，，且，，
设存在点，设点坐标为，
由，可得，
又因为，
所以，所以，
所以直线和关于轴对称，其倾斜角互补，即有，
则，所以，
所以，整理得，
即，即，
解得，符合题意，
即存在点满足题意.
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.