河南省南阳市第一中学2023-2024学年高三上学期第五次月考数学Word版含解析.docx

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南阳一中2023年秋期高三年级第五次月考数学试题一､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.-66.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（）AB.的最小值为2C.在轴上的截距之差为2D.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－1C.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2C.在轴上的截距之差为2D.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：AC10.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－1C.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.