黑龙江省佳木斯市第一中学2024-2025学年高三上学期第五次调研考试数学试题（解析版）

佳一中2024-2025学年度高三学年第五次调研考试数学试题注意事项：1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息2．请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选择题）一、单选题（本题共有8个小题，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.若，则（）A. B.1 C. D.【答案】C【解析】【分析】先根据条件，结合复数的除法运算，求出复数，，再求即可.【详解】由，得，所以，所以.故选：C2.若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】先化为椭圆标准方程，再根据椭圆方程性质列不等式组计算即可求参.【详解】因为方程表示椭圆，所以且与不相等，所以.故选：C.3.若点在圆的外部，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据点在圆外以及圆的一般式满足的系数关系即可列不等式求解.【详解】由于点在圆的外部，故，解得，故选：C4.若函数，则函数的单调递减区间为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果.【详解】函数，定义域为，由，令，解得，则函数的单调递减区间为.故选：C.5.在等比数列中，记其前项和为，已知，则的值为（）A.2 B.17 C.2或8 D.2或17【答案】D【解析】【分析】根据等比数列通项公式求得或，再利用等比数的求和公式求解即可.【详解】由等比数列的通项公式可得，整理得，解得或．当时，；当时，．所以的值为2或17．故选：D．6.设圆和不过第三象限的直线，若圆上恰有三点到直线的距离均为2，则实数（）A. B.1 C.21 D.31【答案】D【解析】【分析】根据圆心到直线的距离，结合直线在轴的截距，即可求解.【详解】的圆心为，半径为若圆上恰有三点到直线距离均为2，则圆心到直线的距离为解得或，由于直线不经过第三象限，则直线与轴的交点，故，故选：D7.如图，将绘有函数（，）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，夹角为，此时A，B之间的距离为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，利用周期求，利用余弦定理求，然后由勾股定理求出，根据图象过点即可得解.【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，连接，则，由余弦定理得，由上可知，轴垂直于，又平面，所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，因为平面，所以，因为的周期，所以，由勾股定理得，解得，由图知，的图象过点，且在递减区间内，所以，即，因为，点在递减区间内，所以.故选：C8.设椭圆的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】利用正弦定理计算，根据余弦定理计算，根据等面积法列方程得出，的关系，从而可求出椭圆的离心率．【详解】椭圆的焦点为，，，根据正弦定理可得，，．设，，则，由余弦定理得，，，，又，，即，故，解得：或（舍．故选：B．二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）9.下列说法正确的有（）A.直线恒过定点B.若两直线与平行，则实数的值为1C.若，，则直线不经过第二象限D.点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是【答案】AC【解析】【分析】A选项，将直线变形为点斜式，求出所过定点；B选项，根据两直线平行，得到方程，求出实数的值，检验后得到答案；C选项，直线变形为斜截式，得到斜率与与轴截距，得到C正确；D选项，求出过定点，画出图象，数形结合得到实数的取值范围.【详解】A选项，，故直线恒过定点，A正确；B选项，两直线与平行，则，解得或，当时，两直线与满足要求，当时，两直线与满足要求，综上，或，B错误；C选项，若，则直线变形为，直线斜率，与轴截距为直线经过一，三，四象限，不经过第二象限，C正确；D选项，直线，直线经过定点，画出坐标系，如下：

其中，，则要想直线与线段相交，则直线斜率或，解得或，D错误.故选：AC.10.已知圆与圆，下列说法正确的是（）A.过点作圆的切线有且只有一条B.圆和圆共有4条公切线C.若M，N分别为两圆上的点，则M，N两点间的最大距离为D.若E，F为圆上的两个动点，且，则线段的中点的轨迹方程为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，利用点圆位置关系即可判断；B选项，将两圆的一般方程化为标准方程，得到圆心和半径，判断两圆位置关系即可判断；C选项，数形结合得到；D选项，由垂径定理得到，从而得到线段的中点的轨迹方程.【详解】对于A，对于圆，有，所以点在圆上，则点作圆的切线有且只有一条，故A正确；对于B，圆化为标准方程得，则圆的圆心为，半径为2，圆的方程化为，则圆的圆心为圆心，半径为3，因此，因为，所以，所以两圆相交，则圆和圆共有2条公切线，故B错误；对于C，根据圆的图象可知，故C正确；对于D，不妨设中点为，则，圆的半径为3，由垂径定理可知，即，设点的坐标为，又点的坐标为，所以的轨迹方程为，故D正确.故选：ACD.11.（多选）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），下列说法正确的是（）A.三棱锥的四个面都是直角三角形B.三棱锥的体积最大值为C.在点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直D.当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P不是半圆弧AD的中点【答案】ACD【解析】【分析】对于A，利用空间中直线、平面垂直的有关定理证明即可；对于B，三棱锥底面面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；对于C，假设垂直，利用空间中直线、平面垂直的有关定理即可推出矛盾；对于D，首先利用空间向量解决当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P的位置，进而作出判断即可.【详解】对于A，因为四边形ABCD是正方形，所以为直角三角形，又因为为直径，所以，为直角三角形，又因为半圆面平面ABCD，平面平面，，所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，因平面，平面，所以，又因为，，平面，平面，所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，因此三棱锥的四个面都是直角三角形，故选项A正确；对于B，过点在平面内作于点，因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，为三棱锥的高，所以三棱锥的体积，因为的面积为定值，所以当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧AD的中点，，所以三棱锥体积的最大值为，故B错误；对于C，若点P变化过程中，直线PA与BD垂直，由圆的性质，，所以平面，平面，所以，又由A知：，在同一平面内，一条直线不可能同时垂直于两条相交直线，所以点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直，故选项C正确；对于D，由选项B解析可知：平面ABCD，为在平面内的投影，所以直线PB与平面ABCD所成角，当直线PB与平面ABCD所成角最大时，取最小值，以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，设，，则，直角三角形内，，即，所以，所以，，，因为，所以，所以，当且仅当，即时，取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，此时点P不是半圆弧AD的中点，故选项D正确，故选：.II卷非选择题三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）12.已知向量，满足，，，则_____．【答案】6【解析】【分析】根据模长公式即可求解.【详解】由可得，，解得，故答案为：613.在中，，已知点，，则点到直线的最大距离为_____．【答案】【解析】【分析】利用正弦定理及椭圆的定义可得动点的轨迹，运用数形结合即可求得结果.【详解】由已知，，则6，因为，则由正弦定理可知，所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为12的椭圆，不含左、右顶点，所以当且仅当点在椭圆的上、下顶点时，点到直线的距离最大为.故答案为：.14.在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点、、、都在球的表面上，则球的表面积为______．【答案】【解析】【分析】过点在平面内作，垂足点为，取线段的中点，连接、，分析可知，三棱锥的外接球的球心为中点，设球的半径为，利用锥体的体积公式可求出的值，结合球体的表面积公式可求得结果.【详解】过点在平面内作作，垂足点为，取线段的中点，连接、，如下图所示：因为，，则，所以，三棱锥的外接球的球心为中点，因为平面平面，平面平面，，平面，则平面，设球的半径为，则，又，，所以，，，，所以，，所以，三棱锥的体积为，解得，因此，球的表面积为.故答案为：.四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）15.已知点，，点A关于直线的对称点为C.（1）求的外接圆的标准方程；（2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】【分析】（1）先利用点关于直线对称求得点的坐标，再利用待定系数法求得圆的一般方程，从而配方得解；（2）利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，再分类讨论直线斜率存在与否，利用点线距离公式列式即可得解.【小问1详解】依题意，设点，因为点与点关于直线对称，所以，解得，故，设的外接圆的一般方程为，则，解得，则圆的一般方程为，所以圆的标准方程为.【小问2详解】由（1）知，圆的圆心为，半径为，因为直线被圆截得的弦长为2，所以圆心到直线的距离为，当直线斜率不存在时，直线方程为，易知满足题意；当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，则，解得，此时的方程为，即综上，所求直线的方程为或.16.记的内角，，的对边分别为，，，已知．（1）求；（2）若，，，求．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知，利用正弦定理可得，利用余弦定理可求得，即可求得；（2）由，可得，利用三角形的面积公式可求得，再利用余弦定理即可求得.【小问1详解】由及正弦定理得，整理得，又由余弦定理的推论得，，因为，所以．【小问2详解】由，，得，即，可得，由余弦定理可得，，即．17.已知等差数列的公差，且，，，成等比数列．（1）求数列的通项公式；（2）设求数列前项和为；（3）设求数列的前项和．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；（2）变形得到，裂项相消法求和；（3）利用错位相减法求和即可.【小问1详解】根据题意，因为，，，成等比数列，所以，又，解得，，故；【小问2详解】因为，所以；【小问3详解】∵∴①，②，∴①-②得∴.18.已知矩形中，，，是的中点，如图所示，沿将翻折至，使得平面平面.（1）证明：；（2）已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是.①求的值；②求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析（2）①；②【解析】【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直进而得出线线垂直；（2）①先建立空间直角坐标系由线面角的正弦值即可求出比值；②由空间向量法计算点到平面距离公式计算即可.【小问1详解】因为矩形，，，是中点，所以，又，所以，所以，因为平面平面，平面平面，平面，所以平面，又平面，所以.【小问2详解】（1）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.则，，，，，，设是的中点，因为，所以，又平面平面，平面平面，平面，所以平面，，所以，设，则，所以则，则.设平面的一个法向量为，则，令，可得，，即为平面的一个法向量，设与平面所成的角为，所以，解得（舍去），所以的值为.②由①得，所以点到平面的距离.19.已知函数，．（1）当时，求在处的切线方程；（2）若恒成立，求的范围；（3）若在内有两个不同零点，求证：.【答案】（1）（2）（3）证明见解析【解析】【分析】（1）求导，即可求解斜率，根据点斜式求解切线方程，（2）构造函数，求导，根据单调性可得，进而，构造函数，求导判断单调性，即可求解最值得解.（3）根据在单调递减.证明，即可求证，构造函数以及，利用导数求解单调性，即可求证.小问1详解】，则，，故切线方程为，即，【小问2详解】，令，令，当在单调递增，且，当时，，解集为，故，进而即，令，，当单调递增，当，单调递减