2024届宁夏银川一中高三上学期第五次月考文数试题及答案

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），集合，则实数a的取值范围为（Bx|x，AB2,3A2,31.已集合）0,1,1A.B.C.D.2复数z满足i2z2i，则z（）A.1B.1C.1D.1x2y21，以下说法正确的是（3.关于椭圆）42A.长轴长为2B.焦距为22D.左顶点的坐标为2,0，空气的温度为1C.离心率为21t，那么小时后物体的温度可由4.把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为0e求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有A、B两0公式01个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却2小时后，A、B两个物体的温度分别为kk、，则（B、，假设A、B两个物体的冷却系数分别为）00A11kkln2kkln2A.C.B.D.ABBA22kA1kB1ln2ln2kB2kA2y22px(p0)的焦点也是双曲线x2y2p的一个焦点，则此抛物线的方程为（）5.若抛物线232xB.y2216x4xA.yy28xD.yC6.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（）第1页/共5页A.B.C.D.227.已知函数f(x)的部分图象如图，则函数f(x)的解析式可能为（）.sinxsinxf(x)f(x)22xx2xxf(x)2xx2x2xA.C.B.D.xf(x)2x24318.已知不等式sinxx2xm0mR对x,恒成立，则m的最小值为2（）23221A.B.C.D.2422-ABCABBCACAABC，则异面直线与所成角的余弦值等119.如图，在直三棱柱中，1111于（）第2页/共5页1314312A.B.C.D.22（p0）的顶点为O，斜率为1的直线l过点2p,0，且与抛物线C交于A，10.抛物线C：y2B两点，若的面积为85，则该抛物线的准线方程为（）2A.x=1B.x2C.x2D.x211π2，则11.在中，内角,B,C的对边分别为a,b,c，若b1，B，的6tanAtanC面积为（）1321A.B.C.D.142x22y221ab0A、BBP12.已知P为双曲线abQAQk1kABQ为直径的圆经过点，且交双曲线的一条渐近线于点，直线AP、的斜率为、，若以22kk0，则双曲线的离心率为（）12326A.B.2C.2D.2二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.________b4,3a2ab，则a1,213.已知向量，ππ41，则_____________.14.已知，22xy0x,y2xy0x2z3x2y，则的最大值为15.若实数满足约束条件__________．第3页/共5页16.三棱锥DABC的外接球的表面积为20π，AD是该球的直径，是边长为23的正三角形，则三棱锥DABC的体积为______．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：2)B(2,，C2)，（1）求过三点的圆的标准方程；x2（2）求与双曲线C:y21有共同渐近线且过点(2,5)的双曲线方程；4P(（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.满足9.a2519，6318.设等差数列n（1）求的通项公式；an前项和，若San11SkSk2，求k的值.（2）记为的nnAACC平-ABCAC19.如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面111111,E,FAC,面分别为棱的中点.11（1）证明：EF//平面1A；1-ABC的体积为23，求点C1A的距离.1（2）若三棱柱到平面111x2bx.20已知函数fx2（1）当b0时，求函数的单调区间和极值（2）若在区间1,e内恰好有两个零点，求b的取值范围.fx2第4页/共5页x22y22中，椭圆C:ab0)的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆21.在平面直角坐标系ab的右焦点，3，AFFB3.（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率不为零动直线l与椭圆交于M、两点，试问轴上是否存在异于点NxF的定点T，使|||NT|NF|||恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由.（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】xtt),为参数为l的倾斜角，且22.在平面直角坐标系中，已知直线l的参数方程为y1tsin0,，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为22．12（1）求曲线C的直角坐标方程；（2）若直线l与曲线C,B交于两点，点恰为线段P0,1AB的三等分点，求sin.【选修45：不等式选讲】2xaa．0,4的解集为23.已知不等式a（1）求实数的值；11mn0mna（2）若，且，求的最小值．m2n2mn第5页/共5页银川一中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），集合，则实数a的取值范围为（Bx|x，AB2,3A2,31.已集合）0,1D.,1A.B.C.【答案】B【解析】【分析】根据交集的结果列式可得结果.A2,3，集合Bx|xaAB2,3，【详解】因为集合0a1.，所以故选：B.2.复数z满足i2z2i，则z（）A.1【答案】C【解析】B.1C.11D.【分析】由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得z1，进而可得共轭复数.【详解】因为ii4i3i，2i所以i2z2iz可化为2i2iiz2ii=1所以，所以z1i.故选：C.x2y21，以下说法正确的是（3.关于椭圆）42A.长轴长为2B.焦距为22D.左顶点的坐标为2,01C.离心率为【答案】B2第1页/共20页【解析】【分析】根据椭圆的性质判断.x2y21中，ab2,c2【详解】椭圆，42c20，故只有B正确.，左顶点的坐标为2a4故长轴长为，焦距c22，离心率为a2故选：B1，空气的温度为t，那么小时后物体的温度可由4.把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为0e求得，其中k是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有A、B两0公式01个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却2小时后，A、B两个物体的温度分别为kk、，则（B、，假设A、B两个物体的冷却系数分别为）00A11kkln2kkln2A.C.B.D.ABBA22kA1kB1ln2ln2kB2kA2【答案】A【解析】e2kAe2kBe2kA3040100010【分析】由已知可得出，变形可得，两式相除变形后可得e2kB001010合适的选项.e2kAe2kBe2kA304010010【详解】由题意可得，则，e2kB001001012，即两式相除可得e2kkA2kk2kAkBln2.2，所以，BAB故选：A.y22px(p0)的焦点也是双曲线x2y2p的一个焦点，则此抛物线的方程为（）5.若抛物线232xB.y2216x4xA.yy28xD.yC.【答案】B【解析】第2页/共20页【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.p2px(p0)的焦点为,0，2y2【详解】抛物线x2y21，其焦点坐标为2p,0x2y2p可化简为2p，即，双曲线pppp22p8，由题意可得，解得22y16x.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.22【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：第3页/共20页13故该几何体体积为V12211.222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f(x)的部分图象如图，则函数f(x)的解析式可能为（）.sinxsinxxf(x)f(x)22xx2xxf(x)2xx2x2xA.C.B.D.xf(x)22【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f(x)为奇函数，sinx，f(x)2x2x对于B：由2sinxf(x)2x2xsin(x)2xxf(x)，f(x)为偶函数，故可排除B；得：x，f(x)2x2x对于C：由2xf(x)2x2xcos(x)2xxf(x)，为偶函数，故可排除C；得：π由图知图象不经过点(,0)，2第4页/共20页πππ2πf22220，故可排除D；而对于D：2故选：A8.已知不等式sinxx4312xm0mRx,对恒成立，则m的最小值为2（）23221A.B.C.D.2422【答案】D【解析】2sin2x对443【分析】将问题转化为不等式mx,恒成立，令224fxsin2x求解.21【详解】解：因为不等式sinxx2xm0mR对x,恒成立，2432443所以不等式msin2x对x,恒成立，224令fxsin2x，2x,4122x,因为，所以，4344sin2x1，则2所以fx，222mm所以，解得，222所以m的最小值为故选：D，2第5页/共20页-ABCABBCACAABC，则异面直线与所成角的余弦值等119.如图，在直三棱柱中，1111于（）131431A.B.C.D.22【答案】D【解析】ABCD11,BD1D111BC所成的角，然后在1D面直线与中利用余弦定理求解即可.11ABCD，由题易得底面1ABCD为菱形，且【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱111为等边三角形.1,BDAB1∥1DBC（或其补角）是异面直线与所成的角.11连接，易得，所以1212设1，则BC12,BD213，1(2)2(2)2(3)211D所以.2(2)24故选：D.2p,02（p0）的顶点为O，斜率为1的直线l过点，且与抛物线C交于A，10.抛物线C：y2第6页/共20页B两点，若的面积为85，则该抛物线的准线方程为（）2A.x=1B.x2C.x2D.x2【答案】A【解析】yx2p2AB210p和点y2l方程为25p2p2，得到准线方程O到直线l的距离，从而表达出S.，列出方程，求出yx2p226px4p0，2y2得，x【详解】由题意得，直线l方程为，联立设，则xx6p,xx4p，Ax,y,Bx,y21122121211xx2412236p216p2210p，故AB122p点O到直线l的距离为d2p，1111SABd210p2p25p2故故，22p225p285，解得，px1.故该抛物线的准线方程为2故选：A11π2，则11.在中，内角,B,C的对边分别为a,b,c，若b1，B，的6tanAtanC面积为（）第7页/共20页143212A.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1，再由面积公式即可求得结果.ACcosAsinCsinAcosCsinAC11【详解】因为tanAtanCsinAsinCsinAsinCsinAsinCsinπBsinB2，sinAsinCsinAsinCsinB22sinB1.由正弦定理可得b2ac，即1.所以sinAsinC1211214sinB1故的面积为.2故选：Ax22y221ab0A、BBP12.已知P为双曲线abQAQk1kABQ为直径的圆经过点，且交双曲线的一条渐近线于点，直线AP、的斜率为、，若以22kk0，则双曲线的离心率为（）12326A.B.2C.2D.2【答案】D【解析】1n2b22【分析】设点，可得出k，利用圆的几何性质可得PB，由P,nk2m2a2a1k212ba222kk0，即可得出的值，由此可求得双曲线的离心率.12m2nb22n2ba22【详解】设点，则1，即有，①P,n2a2m2a由Aa,0、Ba,0以及以AB为直径的圆经过点Q可知，第8页/共20页1kk1kPB所以，2PBk2n1nnk1kk又，，所以，，mamamak21k2121nnn2122kk02由题意知，所以，②12mak2mama2b22123c326c2a2b2a2e由①和②得，由得．a2a2故选：D.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.________b4,3a2ab，则a1,213.已知向量，【答案】0【解析】【分析】根据向量的坐标运算求解即可.a1,2，b4,32ab，∴，【详解】∵a2ab12210∴.故答案为：0.π2π142，则_____________.14.已知，【答案】【解析】tan3【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.πtan11)tan3，【详解】由两角差的正切公式，可得，解得41tan2sincos3，即sin3cos可得sin3cos1221，联立方程组1，解得2，又由sinsin2210第9页/共20页π10(0,)因为，所以cos.210故答案为：.xy0x,y2xy0x2z3x2y，则的最大值为15.若实数满足约束条件__________．【答案】14【解析】z3x2y4过点大值为14.【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：3zz3x2yyx将目标函数变形可得，223zz3x2yyxy在轴上的截距取得最小值，若将取得最大值，即直线2233zyxA4时，直线yxy在轴上的截距最小，平移到过点222z3x2y此时目标函数有最大值为14.故答案为：1416.三棱锥DABC的外接球的表面积为20π，AD是该球的直径，是边长为23的正三角形，则三棱锥DABC的体积为______．【答案】23【解析】O，进而可得三棱锥的体积.第10页/共20页【详解】设三棱锥DABC的外接球的球心为O,半径为R，则4R2R5，20π，解得1BC2，的外接圆圆心为O，半径为r，则r设12sinBACO,OO连接，11222221AOOOOAR，即2r21，∵11则点D到平面ABC的距离为2，113∴三棱锥DABC的体积V故答案为：23.223.2323322三、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：2)B(2,，C2)，（1）求过三点的圆的标准方程；x2（2）求与双曲线C:y21有共同渐近线且过点(2,5)的双曲线方程；4P(（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.(x2)2(y2)12【答案】（1）y2x21（2）（3）41694y2xx2y或23【解析】1）根据待定系数求圆的方程即可；第11页/共20页x2y2（2）根据共渐近线方程的特点设方程为，代入点求解；4（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：x2y2F0，D2E24F0，2)B(2,，C2)，三点，由圆经过2212D2EF0D4223222D3EF0，解得：E4∴3223D2EF0y(x2)F7x224x4y70，则所求圆的方程为：2(y2)21.所以圆的标准方程为：【小问2详解】x2x2y21有共同双曲线，可设为y2双曲线与，如图，44x24y2(2,5)54，则，由所求双曲线过点44x2y2x2y241；故双曲线方程为，即4416【小问3详解】P(因为点在第二象限，如图，第12页/共20页y22px(p0)或x22py(p0).所以设抛物线的标准方程为9423P(pp又点在抛物线上，所以，，94y2xx2y即抛物线的标准方程为或.23满足a2519，639.18.设等差数列n（1）求的通项公式；an的前项和，若San11SkSk2，求k的值.（2）记为nnann1【答案】18.19.30【解析】1）设公差为d，根据题意列方程组，即可求解；nn2（2)由（1）得出Sn【小问1详解】SSS，然后由11kk2，即可求解.22a5d19a21设的公差为，则1，解得：，adnd9d3aan1dn1.故：n1【小问2详解】由（1）可知：Sn2n1nnn2，222k2k2k3k2SSSk2因为：，所以：187k.，解得：，11k226k180整理得：k的值为30.故：第13页/共20页AACC平-ABCAC19.如图，在三棱柱中，是边长为2的等边三角形，，平面111111,E,FAC,面分别为棱的中点.11（1）证明：EF//平面1A；1-ABC的体积为23，求点C1A的距离.1（2）若三棱柱到平面111【答案】（1）证明见解析221（2）7【解析】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.AC1（2）根据面面垂直可得线面垂直，利用体积公式可求解【小问1详解】,进而根据等体积法即可求解.如图，取AB的中点G，连接AG,GF，1112则//AC,AC,AE//AC,AEAC，所以AE//GF,AE，11112AEFG1//G所以四边形为平行四边形，所以.A,AG1A平面，1因为平面111所以EF//平面1A.1第14页/共20页【小问2详解】ACDBD,1B.的中点，连接取BDAC.因为又平面是等边三角形，所以AACCAACCABCAC平面，平面，且平面1111AACC.11所以平面ACAACCC.因为因为所以平面，所以111ACBC,BDBCBBD,,，平面1AC1.平面3AC2.1所以V22C23，得ABCABC1141ACACAC.，所以1因为平面在Rt△C和RtBAC中，由勾股定理可得AAAB22,AGAB,AG7，11111S277所以.12设点C到平面AA1B的距离为d，1132217由VV1，得222，解得d.7dCAA1B3342217所以点C1A.到平面的距离为1x2bx.20.已知函数fx2（1）当b0时，求函数的单调区间和极值第15页/共20页（2）若在区间1,e内恰好有两个零点，求b的取值范围.fx2b1bb,，单调递减区间为bb【答案】（1f2大e4（2）eb4【解析】1）根据题意，求导得，即可得到结果；fx（2）根据题意，分b0与b0讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.【小问1详解】x2bxxb2，且定义域为由fxbx得fxx2xf(x)>0∵b0，令，即x2b0xb，解得，fx00xb令，解得，fxb,，单调递减区间为b则的单调递增区间为；b1b在fx处的极小值为b，无极大值.bxf2【小问2详解】f(x)>0当b0，fx恒成立，fx在上单调递增，故在区间1,e内至多只有一个零点；2b1b当b0时，由（1）得在fx上最小值为，bf21be20fbe4若在区间1,e内恰有两个零点，则需满足.fx2eb，整理得f1040fe2x22y22中，椭圆C:ab0)的左，右顶点分别为A、B，点F是椭圆21.在平面直角坐标系ab第16页/共20页的右焦点，3，AFFB3.（1）求椭圆C的方程；（2）经过椭圆右焦点F且斜率不为零的动直线l与椭圆交于M、两点，试问轴上是否存在异于点NxF的定点T，使|||NT|NF|||恒成立？若存在，求出T点坐标，若不存在，说明理由.x2y21【答案】（1）43（2）存在，T(4,0)【解析】a,c1）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；kkNT0，再由根与系数的关系代入化简即可得解.（2）根据条件可转化为【小问1详解】(a,0)B(a,0)F0)由题意知，，，，∵3，AFFB3，ac3aca2，解得，从而b2a2c3，2∴acac3c1x2y2∴椭圆C1.的方程为43【小问2详解】如图，F0)，故可设直线l的方程为x1，由椭圆右焦点x122m24)y6my90，2联立方程组xy，整理得14336m24(m24)144(m20，则第17页/共20页6m9m24，Mx,yNx,y1，且，，，yyyy12设12212m24设存在点T，设T点坐标为(t,0)，||||由|||NT|NF|||，可得|NF||NT|1FTsinMTFFTNTsinNTFSTFMsinMTF2又因为，12NTsinNTFNFSTFN所以sinMTFsinNTF，所以MTFNTF，所以直线TM和TN关于x轴对称，其倾斜角互补，即有kkNT0，1y22tkkNT0，所以yxtyxt0则，12211ty(1t)y(1t)02ytyy)0所以，整理得，1221121296mmm2mt)0t)0，即，即m24m24m24m42解得t4，符合题意，即存点T(4,0)满足