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Axx3或x2，Bxxa1，若ABR，则实数a的取值范围是（）A．(4,)B．[4,)C．(3,)D．3,π2.已知Psin,cos是角的终边上一点，则tan（）333A.3B.C.D.3333.把△ABC按斜二测画法得到△ABC'''（如图所示），其中3BOCO''''1，AO''那么△ABC是一个（）2A.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ABCDA1B1C1D1的棱长为1，E为DD1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（）11121A．(,1)B．(,1)C．[,)D．(0,]322325.已知函数fx是定义域为R的偶函数fx1为奇函数，当x0,1时，fxk2xa，若ff036，则flog296（）A.2B.0C.-3D.-616．若直线l与曲线y=x和x2+y2=都相切，则l的方程为（）51A．y=2x+1B．y=2x+C．y=x+1D．y=x+27.在三棱锥A-BCD中,△ABD与△CBD均是边长为2的等边三角形,且二面角A-BD-C的平面角为,则该三棱锥的外接球的表面积为（）A.7πB.8πC.D.8．若函数fxlnx的图象在xx1与xx2x1x2处的切线分别为l1，l2，且ll12，则（）A．xx12+1B．xx12的最小值为2高三数学1{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}C．l1，l2在y轴上的截距之差为2D．，在y轴上的截距之积可能为1二、多选题（每小题5分共20分）9．给出下列命题，其中正确的是（）1A．若空间向量m3,1,3，n1,,1，且mn∥，则实数3B．若ab∥，则存在唯一的实数，使得abC．若空间向量a1,0,1，b2,1,2，则向量b在向量a上的投影向量是2,0,2D．点M3,2,1关于平面yOz对称的点的坐标是3,2,1ππ10.将函数f(x)3sin2x的图象向左平移个单位长度后关于y轴对称，则的值312ππ2π5π可能为（）A.B.C.D.323611.已知ab,R，且a2b2a2b23，则（）A.ab的最大值为1B.ab的最小值为－111C.的最小值为4D.2ab22的最小值为233|ab|||12．如图，有一个正四面体形状的木块，其棱长为a.现准备将该木块锯开，则下列关于截面的说法中正确的是（）2a2A．过棱AC的截面中，截面面积的最小值为4B．若过棱的截面与棱BD（不含端点）交于点P，则11cosAPC32a2C．若该木块的截面为平行四边形，则该截面面积的最大值为4D．与该木块各个顶点的距离都相等的截面有7个三、填空题（每小题5分共20分）113．设向量ABx,2x在向量AC3,4上的投影向量为AC，则x．5Mm8，则a______．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），高三数学2{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}2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，31客场取胜的概率为，且各场比赛结果相互独立，则甲队以4:2获胜的概率是．216.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）2117.（10分）已知向量a2cosx,sinx,b,3cosx，函数fxab．2（1）求fx的最小正周期和单调递减区间；7（2）在ABC中，ABπ,fA1,BC23，求边AC的长．12xy2218.（12分）已知椭圆1，A是椭圆的右顶点，B是椭圆的上顶点，直线l:0ykxbk169与椭圆交于M、N两点，且M点位于第一象限．（1）若b0，证明：直线AM和AN的斜率之积为定值；3（2）若k，求四边形AMBN的面积的最大值．419．（12分）如图，现有三棱锥ABCD和EBCD，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ABCDE.(1)求这个组合体的体积；(2)若点F为AC的中点，求二面角EBCF的余弦值.高三数学3{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}20.（12分）数列an的前n项和Sn，已知aa214，2SnnnanknN，k为常数.（1）求常数k和数列an的通项公式；1413.（2）数列前n项和为Tn，证明：TnSn32n12121.（12分）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DE的中点，4D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：OH∥平面BDF；15（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CFG5所成角的正弦值．的22.（12分）已知函数fxex2axaex2lnxx2xex2.（1）若a0，求曲线f(x)在x1处的切线方程；（2）当xex2时，不等式fx0恒成立，求a的取值范围.高三数学4{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}第五次月考高三数学试题答案1．【答案】D【详解】因为ABR，所以a12，解得a3．所以，实数a的取值范围是3,.π2.【答案】B【详解】因为Psin,cos是角的终边上一点，所以3π1π3sin3cossin,sincos，则tan，故选：B.3232cos33.答案：A解析：根据斜二侧画法还原直线△ABC在直角坐标系的图形,如下图所示:由图易得ABBCAC2故△ABC为等边三角形,故选A4.【详解】在正方体ABCDA1B1C1D1中，平面BEFI平面CDD11CEF，而B平面ABB11A，平面BEF，平面CDD11C//平面，则平面与平面的交线过点B，且与直线EF平行，与直线AA1相交，令交点为G，如图，而DD1平面ABCD，AA1平面，即EFD,GBA分别为EF,GB与平面所成的角，而EF//GB，则EFDGBA，且有GAEDtanGBAtanEFD，当F与C重合时，平面BEF截该正ABDF1方体所得的截面为四边形，GAED，G为棱中点M，2当点F由点C向点D移动过程中，GBA逐渐增大，点G由M向点A1方向移动，当点G为线段MA1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BG必与棱AB11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，高三数学5{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}1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MA（除点M外）上，即GA1,12ABED111显然，DF[,1)，则CF1DF(0,]，GA22GA21所以线段的CF的取值范围是(0,].故选：D25.【答案】C【详解】因为fx1为奇函数，所以fx11fx，又fx为偶函数，所以fx11fx，所以fx11fx，即fxfx2，所以fx42fxfx，故是以4为周期的周期函数；由，易得f10，f3f1f10，所以f06，所以ka6，20ka，解得k6，a12；所以flog296f5log23f1log233log232fflog2231log62123；故选：C．216．D设直线l在曲线yx上的切点为xx00,，则x00，函数的导数为y，2x11kyxxx则直线的斜率，设直线的方程为00，即x20x00yx，2x02x0x122102由于直线与圆xy相切，则，两边平方并整理得5xx00410，解得514x05111x1，x（舍），则直线的方程为xy210，即yx故选：D.005227.【答案】D如图,取BD的中点E,连接AE,CE,因为△ABD与△CBD均为等边三角形,所以AE⊥BD,CE⊥BD,所以∠AEC为二面角A-BD-C的平面角,所以∠AEC=.设△CBD与△ABD外接圆的圆心分别为O1,O2,该三棱锥外接球的球心为O,连接OO1,OO2,则OO1⊥平面CBD,OO2⊥平面ABD.由题意,得EO1=EO2=×2=,CO1=AO2=×2=.连接OC,OE,设球O的半径为R,则高三数学6{#{QQABSQSUgggAABBAABhCQQWqCgIQkBCCAIoOxFAIoAAAARFABAA=}#}OO1=OO2=,又OE=OE,所以△OEO1≌△OEO2,所以∠OEO1=∠OEO2=.所以---tan∠OEO1=,解得R2=,所以该三棱锥的外接球的表面积S=4πR2=,故选D.8．【答案】C【详解】对于A，B，fxlnx的图象如下：11当01x时，fxlnx，fx，当x1时，fxlnx，fx，若01