安徽省六安市第一中学2023-2024学年高三上学期第五次月考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省六安市第一中学2023-2024学年高三上学期第五次月考数学试题（Word版附解析），共22页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

时间：120分钟 满分：150分
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，集合，，则等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解不等式得集合，求值域得集合，然后由集合的运算法则计算．
【详解】因为，，
或，
所以
故选：D．
2. 已知复数是实数，则（ ）
A. 0B. －1C. 2D. －2
【答案】B
【解析】
【分析】利用复数的除法化简复数，根据是实数求出的值
【详解】因为是实数，所以.
故选：B
3. 已知双曲线方程为，则“”是“双曲线离心率为2”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】若，求得离心率为2说明充分性成立；若，求得或说明必要性不成立.
【详解】若，则双曲线方程为，从而4，
则，故充分性成立.
若，当时，双曲线方程为，则，得;
当时，双曲线方程为，则，得.
故“”是“双曲线离心率为2”的充分不必要条件.
故选：A
4. 若，，则的值为（ ）
A. B. C. 0D.
【答案】D
【解析】
【分析】结合二倍角公式化简可求，再结合万能公式可求.
【详解】因为，，所以且，
解得，所以.
故选：D
5. 已知椭圆E:＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(3,0)，过点F的直线交椭圆于A、B两点．若AB的中点坐标为(1，－1)，则E的方程为
A. ＋＝1B. ＋＝1
C. ＋＝1D. ＋＝1
【答案】D
【解析】
【详解】设、，所以，运用点差法，所以直线的斜率为，设直线方程为，联立直线与椭圆的方程，所以；又因为，解得.
【考点定位】本题考查直线与圆锥曲线的关系，考查学生的化归与转化能力.
6. 椭圆任意两条相互垂直的切线的交点轨迹为圆：，这个圆称为椭圆的蒙日圆．在圆上总存在点，使得过点能作椭圆的两条相互垂直的切线，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据蒙日圆的定义结合两圆的位置关系计算即可.
【详解】根据题意可知椭圆的蒙日圆方程为，圆心为原点，半径为，
圆的圆心为，半径为，
则圆与必有交点才符合题意，
即两圆圆心距，
则.
故选：C
7. 各棱长均相等三棱柱，平面，是的中点，点是内动点，记二面角的平面角分别为．当点到点的距离和到直线的距离相等时，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出二面角的平面角，求出角的正切值，把底面的线段长转化到上底面内到三角形三边的距离，根据抛物线的性质可得结论．
【详解】由题意可知点的轨迹为内一段抛物线，
且该抛物线的焦点为，顶点为的中点，
如图1，设平面于，于，连接，
易得（可证明平面得出），
所以是二面角的平面角，
，，由正三棱柱的性质，
等于上底面内到的距离，
设点到的距离分别为，
记点到底面的距离为，则由题意知，，
同理，由图2可知，则，
故选：D．
图1
图2
【点睛】本题考查抛物线的定义、二面角．作出二面角的平面角，求出角的正切值，问题转化为比较到三边的距离的大小，在平面上利用抛物线的性质得出结论．
8. 双曲线的中心为原点，焦点在轴上，两条渐近线分别为，，经过右焦点垂直于的直线分别交，于，两点.已知、、成等差数列，且与反向.则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意为直角三角形，解出三边后再由渐近线斜率求离心率
【详解】设 ，
由勾股定理可得： 得： ，
，
由倍角公式 ，解得
且，则，即 ，
则离心率 ．
故选:A
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．
9. 已知、、是三条不重合的直线，，是两个不重合的平面，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，，，则
C. 若，，则
D. 若、是异面直线，，，且，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】由线面、面面的位置关系对选项一一判断即可得出答案.
【详解】若，，由面面平行的性质定理可得成立，故A正确；
两个平行平面内的两条直线位置是平行或异面，即不一定正确，故B错误；
若，且，则，故C正确；
如图，因为，所以存在直线，且满足，又，所以，
同理存在直线，且满足，又，所以，
因为、是异面直线，所以与相交，设，又，，
所以，故D正确.
故选：ACD.

10. 已知椭圆与双曲线有公共的焦点，，记与的离心率分别为，，在第一象限的交点为P，下列结论中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】AD
【解析】
【分析】由离心率公式判断AB，利用椭圆与双曲线的定义及余弦定理得出的关系，从而得出关系判断CD．
【详解】由题意，，，所以，A正确，不能得出，B错误；
设，，则，解得，
若，则，即，
所以，
，，即，所以，C错，D正确．
故选：AD．

11. 已知数列满足，，，则（ ）
A. 当且时，是等比数列
B. 当时，是等比数列
C. 当时，是等差数列
D. 当且时，是等比数列
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据递推公式和等比数列定义可判断A；利用构造法即可判断BCD.
【详解】对于A，因为，所以，即，
又，∴，∴为等比数列，A对；
对于B，当时，，∴，
则，当时不是等比数列，B错；
对于C，当时，，则，则，
∴是以1为公差的等差数列，C对；
对于D，，则，则，
所以，
又，∴是以为公比的等比数列，D对.
故选：ACD.
12. 2021年3月30日，小米正式开始启用具备“超椭圆”数学之美的新lg（如图所示），设计师的灵感来源于曲线．当时，下列关于曲线的判断正确的有（ ）
A. 曲线关于轴和轴对称
B. 曲线所围成的封闭图形的面积小于8
C. 设，直线交曲线于两点，则的周长小于8
D. 曲线上的点到原点的距离的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据用替换，不变，得方程不变，用替换，不变，得方程不变，可判断A正确；根据曲线的范围，可判断B正确；先得到椭圆在曲线内(除四个交点外)，再根据椭圆的定义可判断C不正确；利用两点间的距离公式、三角换元和三角函数知识求出最大值，可判断D正确；
【详解】当时，曲线：，
对于A，用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称；用替换，不变，得，即，则曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，由，得，，所以曲线在由直线和所围成的矩形内（除曲线与坐标轴的四个交点外），所以曲线所围成的封闭图形的面积小于该矩形的面积，该矩形的面积为，故B正确；
对于C，对于曲线和椭圆，
设点在上，点在上，
因为
，
所以，所以，
设点在上，点在上，
因为
，
所以，所以，
所以椭圆在曲线内(除四个交点外)，如图：
设直线交椭圆于两点，交轴于，
易知，为椭圆的两个焦点，
由椭圆的定义可知，，，
所以的周长为，
由图可知，的周长不小于，故C不正确；
对于D，设曲线上的点，则该点到原点的距离为，
因为，所以设，，，
则，其中，，
所以当时，取得最大值，取得最大值.故D正确；
故选：ABD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 平面向量与的夹角为，，，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】由平面向量模的计算公式，直接计算即可.
【详解】因为平面向量与的夹角为，所以，
所以;
故答案为
【点睛】本题主要考查平面向量模的计算，只需先求出向量的数量积，进而即可求出结果，属于基础题型.
14. 抛物线的焦点为，且抛物线与椭圆在第一象限的交点为A，若轴，则________．
【答案】
【解析】
【分析】利用抛物线方程可知坐标，再结合椭圆方程计算坐标，计算即可.
【详解】由，所以，
又在椭圆上，代入可得.
故答案为：
15. 如图，将绘有函数
部分图象的纸片沿轴折成直二面角，此时之间的距离为，则＝_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数图象的性质结合函数图象求解即可.
【详解】如图，因为的周期为，所以，
，
所以，
解得，所以，
所以，，
因为，所以或，
又因函数在轴右侧单调递减，所以．
故答案为: .
16. 已知点、关于坐标原点对称，，以为圆心的圆过、两点，且与直线相切.若存在定点，使得当运动时，为定值，则点的坐标为_______.
【答案】
【解析】
【分析】设点的坐标为，根据题意可求得点的轨迹方程为，利用抛物线的定义可得出当点与抛物线的焦点重合时，为定值，进而可得解.
【详解】为圆的一条直径，是弦的中点，所以，圆心在线段的中垂线上，
设点的坐标为，则，
圆与直线相切，则，，整理得，
所以，点的轨迹是以为焦点，以直线为准线的抛物线，
，
当为定值时，则点与点重合，即点的坐标为.
因此，存在定点，使得当点运动时，为定值.
故答案为：.
【点睛】本题考查定点问题的求解，求得动点的轨迹方程是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 在中，角A，B，C的对边分别为a，b，c，，．
（1）求角B；
（2）若，，D为AC边中点，求的面积．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据同角三角函数的关系，结合两角和差的正余弦公式化简即可
（2）由余弦定理可得，再根据的面积为面积的一半，结合三角形的面积公式求解即可
【小问1详解】
由，有，两边同乘得，故，即．
因为，所以A为锐角，，所以．
又因为，所以．
【小问2详解】
在中，由余弦定理，即，故，解得或舍）．
故．
18. 己知双曲线的一条渐近线为，其虚轴长为为双曲线上任意一点．
（1）求证：到两条渐近线的距离之积为定值，并求出此定值；
（2）若双曲线的左顶点为，右焦点为，求的最小值．
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据已知条件求出双曲线方程，设，并表示出点到两条渐近线的距离，，结合计算即可求解；
（2）设根据，坐标表示出，结合，得到关于的一元二次函数根据定义域或求最值即可.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
因此，双曲线的方程为
设，则，渐近线为，
P到两条渐近线的距离之积.
【小问2详解】
由已知，得，设或，
在双曲线上，所以，
因此
或，
对称轴为，由于或，所以当时，取得最小值为.
19. 记数列的前项和为，已知.
（1）设，证明：数列为等比数列，并求数列的通项公式；
（2）设，求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析，
（2）
【解析】
【分析】（1）利用推得，从而利用等比数列的定义即可证明，进而求得；
（2）利用错位相减法结合分组求和法即可求出.
【小问1详解】
因为，
当时，，解得得；
当时，由，得，
两式相减得，即，
则，即，
又，故，所以，
所以是以为首项，2为公比的等比数列，
所以，即，
所以．
【小问2详解】
由（1）得，
所以,
所以，
则，
两式相减，得
，
所以．
20. 如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，，M，N分别为的中点，.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】（1）要证，可证，由题意可得，，易证，从而平面，即有，从而得证；
（2）取中点，根据题意可知，两两垂直，所以以点为坐标原点，建立空间直角坐标系，再分别求出向量和平面的一个法向量，即可根据线面角的向量公式求出．
【详解】（1）在中，，，，由余弦定理可得，
所以，．由题意且，平面，而平面，所以，又，所以．
（2）由，，而与相交，所以平面，因为，所以，取中点，连接，则两两垂直，以点为坐标原点，如图所示，建立空间直角坐标系,
则,
又为中点，所以.
由（1）得平面，所以平面的一个法向量
从而直线与平面所成角的正弦值为．
【点睛】本题第一问主要考查线面垂直的相互转化，要证明，可以考虑，
题中与有垂直关系的直线较多，易证平面，从而使问题得以解决；第二问思路直接，由第一问的垂直关系可以建立空间直角坐标系，根据线面角的向量公式即可计算得出．
21. 在直角坐标系中，抛物线与直线交于两点．
（1）若点横坐标为4，求抛物线在点处的切线方程；
（2）探究轴上是否存在点，使得当变动时，总有？若存在，求出点坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）存在；
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义求解；
（2）总有，即直线与直线的倾斜角互补，即恒有，联立直线与抛物线方程，得到韦达定理代入运算，判断得解.
【小问1详解】
由已知，得，因为，所以，斜率，
因此，切线方程为，即．
【小问2详解】
存在符合题意的点，理由如下：
设点为符合题意的点，，直线的斜率分别为．
联立方程，得，
因为，则，可得，
从而
，
因为不恒为0，可知当且仅当时，恒有，
则直线与直线的倾斜角互补，故，
所以点符合题意．
22. 已知椭圆的焦距为，点在椭圆上．
（1）求椭圆方程；
（2）设椭圆的左、右顶点分别为，点为椭圆上异于的两点，记直线的斜率分别为，且．
①求证：直线经过定点；
②设和的面积分别为，求的最大值．
【答案】（1）
（2）① 证明见解析；②2
【解析】
【分析】（1）根据题意可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，即可得出椭圆的方程；
（2）①分析可知直线不与轴垂直，设直线的方程为，可知，设点.将直线的方程的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，利用求出的值，即可得出直线所过定点的坐标；
②写出关于的函数关系式，可求得的最大值.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
所以，椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
①设点．
若直线的斜率为零，则点关于轴对称，则，不合乎题意．
设直线的方程为，由于直线不过椭圆的左、右顶点，则，
联立可得，
，可得，
由韦达定理可得，则，
所以，
，解得，
即直线的方程为，故直线过定点．
②由①得
所以
，
（当且仅当即时等号成立），所以的最小值为2．
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”：即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；