银川一中2024届高三年级第五次月考文科数学一、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.【答案】B【解析】【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.复数满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【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，所以可化所以，所以.故选：C.3.关于椭圆，以下说法正确的是（）A.长轴长为2 B.焦距为C.离心率为 D.左顶点的坐标为【答案】B【解析】【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：B4.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.【答案】A【解析】【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.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.【答案】B【解析】【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：B6.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.【答案】B【解析】【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.【点睛】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.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.【答案】A【解析】【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：A8.已知不等式对恒成立，则m的最小值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【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：D9.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.【答案】D【解析】【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.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.【答案】A【解析】【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：A11.在中，内角的对边分别为，若，，，则的面积为（）A. B. C. D.1【答案】A【解析】【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：A12.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.【答案】D【解析】【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.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知向量，，则________【答案】0【解析】【分析】根据向量的坐标运算求解即可.【详解】∵，，∴，∴.故答案为：0.14.已知，，则_____________.【答案】【解析】【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.若实数满足约束条件，则的最大值为__________．【答案】14【解析】【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.故答案为：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______．【答案】【解析】【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：.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.【答案】（1）（2）（3）或【解析】【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.【小问1详解】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：.【小问2详解】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；【小问3详解】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.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.【答案】18.19.【解析】【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.【小问1详解】设的公差为，则，解得：，故：.【小问2详解】由（1）可知：，因为：，所以：，整理得：，解得：.故：的值为.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.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.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.【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为，极小值为，无极大（2）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.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.【答案】（1）（2）存在，【解析】【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.【小问1详解】由题意知，，，，∵，，∴，解得，从而，∴椭圆的方程为.【小问2详解】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，即存点满足题意.（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【答案】（1）；（2）．【解析】【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．【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．【答案】（1）4（2）【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】由(1)知，，设，，则.，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.