河北省部分学校2023-2024学年高三年级上册五调考试数学试题

2023-2024学年度上学期高三年级五调考试

数学

本试卷分第I卷（选择题）和第n卷（非选择题）两部分.共4页，总分150分，考试时间120

分钟.

第I卷（选择题共60分）

一、选择题：本题共8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.已知i为虚数单位，a,b^R,集合A={z|z=a+（2a-l）i},3={z|z=b-2+Z?i},则Ac5=

（）

A.{2i}B.{l+3i}C.{3+5i}D.{2+4i}

2.已知等边三角形的边长为2,用斜二测画法画出该三角形的直观图，则所得直观图的面积为（）

A.受B.逅C.2V2D.2V6

44

3.已知。为直线/的方向向量，加，”分别为两个不同平面的法向量，则下列说法正确的是（）

A.若a丄m,m〃“，贝U/〃夕

B.若。〃机,a〃“，则。丄，

C.若a±m,a±n,则戊〃夕

D.若a//m,a±n,则。丄，

4.如图，在四面体A5CD中，G为,ACD的重心，若BG=xAB+yAC+zA£>,则x+y+z=（）

1122

A.——B.-C.一一D.-

3333

TT37r

5.已知两圆锥的底面积分别为一再，其侧面展开图中圆心角之和为一，则两圆锥的母线长之和的最小值为

162

()

57

A.2B.—C.3D.一

22

6.如图，在直三棱柱ABC用G中，5c丄平面ACGA，CA=CG=2CB,则异面直线3C1与A4夹角

A迪B正C至D.-

5355

7.己知棱长为6的正方体内有一个棱长为机的正四面体，且该正四面体可以在正方体内任意转动，则实数

的最大值为（）

A，V3B.3C.2A/6D.3G

8.设a=ln2]=1.09,c=e°3,则（）

K.a<b<cB.a<c<b

C.c<a<bD.c<b<a

二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要

求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.如图，在长方体A3CD—4与GA中，。是4。的中点，直线4。交平面A4厶于点则下列结论正

厶.瓦片,。加四点共面B.AM,0,4四点共面

C.AO,C,M四点共面D.A,M,O三点共线

10.己知函数/(x)=log2(4，+2x+i+l)—-——x,贝U()

JC+1

A1（x）在区间（—8,0）上单调递增B.7（x）是偶函数

Cj（x）的最小值为1D.方程/（x）=2x无解

11.如图，若长方体ABC。-4耳的底面是边长为2的正方形，高为4,E是。2的中点，则下列说法

不正确的是（）

A.B[E丄

B.平面BCE〃平面

0

C.三棱锥G-gCE的体积为§

D.三棱锥C,-Bg的外接球的表面积为24%

12.在三维空间中，定义：qxb叫做向量&与b的外积，它是一个向量，满足下列两个条件：①

a丄（axZ?）力丄（“义人），且。力和&xb构成右手系（即三个向量的方向依次与右手的拇指、食指、中指的指

向一致，如图所示）；

②axb的模I|=|a||切sin〈a,6〉（（。力）表示向量a/的夹角）.在正方体ABC。—中，以下

四个结论，正确的是（）

A.|ABIXAC|=|A£）IXDB|

8.4。卩4。与8£＞］共线

C-ABxAD=ADxAB

D.6|BCxAC|与正方体表面积的数值相等

第II卷（非选择题共90分）

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13.在空间直角坐标系中，A。,—2,a）,5（0,3,1）,C（4—1,2）,若A,5c三点共线，贝|］就=.

2024

14.在数列｛4｝中，％=—1,。2=0,。"+2+4=4+1，则£ai=.

i=l

15.如图，将绘有函数〃x）="sin仁工+。（">0,0<。（万）部分图象的纸片沿x轴折成直二面角，若此

时A,B两点之间的空间距离为710，则/（6）=.

16.如图，已知四面体A3C£>,_A3C和.A8D是边长为2的等边三角形，C。=石,P是该四面体表面及其

内部的动点.若PA=P5PC=PD,则点P轨迹的长度为；若尸在，48。内（含边界）且

PAYBC,则点尸轨迹的长度为.

四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.

17.（10分）

如图，在四棱台—4瓦。］，中，上、下底面为等腰梯形，AD〃BC,AB=M,

BC=2AD=4,40=1,AA丄S

（1）证明：平面4ACG丄平面ABC。；

（2）若A4=2,1AAC=45,求点C到平面43。的距离.

18.（12分）

记,ABC的内角A5c所对的边分别为“,仇c,已知cosB=tanAsinB+£.

3a

（1）证明：c2=a2+2^2;

2万

（2）若C=w，b=2,求，ABC的面积.

19.（12分）

如图，在四棱柱ABC。-A4G。中，底面A5CD是平行四边形，侧棱A4丄底面A5CD,过A3的截

面与侧面。2GC交于PQ,点P在棱。2上，点。在棱CC］上，且厶3=1,厶。=6,8。=2.

（1）证明：PQ//DXCX；

IT

（2）若P为棱。2的中点，AP与平面。2GC所成的角为一，求侧棱的长.

6

20.（12分）

已知函数/（%）=一%?+x-sinx-acosx,其中aeR.

⑴当0<④1时，求“X）的极值；

(2)若不等式/(x)+f,,l对任意xejgmj恒成立，求°的取值范围.

21.(12分)

已知等比数列｛4｝的公比q>l,若4+%+”4=14,且%，。3+1，。4分别是等差数列也｝的第1，3,5项.

(1)求数列｛叫和也｝的通项公式；

b(、

(2)记q,=亠，求数列｛q,｝的前〃项和S,,.

an

22.(12分)

如图，在多面体ABCDEN中，平面ABCD为正方形，AB=2,AE=3,DE二面角E—AD—C的

平面角的余弦值为好，且EF〃BD.

5

(1)证明：平面ABCD丄平面ZJCE；

(2)者E/=兄£>3(；1〉0),求平面ABW与平面CEF所成锐二面角的余弦值的取值范围.

2023-2024学年度上学期高三年级五调考试.数学

参考答案及解析

一、选择题

1.C【解析】由题得a+(2a—l)i=b—2+历，

a=b—2,fa=3,,、

所以c,，解得，u所以AcB=｛3+5i｝.

[2a—1=6,[Z?=5.i)

2.B【解析】如图.等边三角形的高为JL根据斜二测画法的知识可知，

直观图的面积为[gxlxgxsinf]x2=g.

224丿4

yt

y)

OXO'x'

3.D【解析】因为a丄〃，所以。丄〃，贝i]/〃万或/u，，故A错误；

因为。〃机,a〃“，所以"z〃"，所以戊〃夕，故B错误；

因为a丄m,a丄"，所以加/可能平行，也可能不平行，所以£〃夕或外，相交，故C错误;

因为a〃m,a丄"，所以加丄〃，所以。丄，，故O正确.

4.A【解析】如图，连接AG并延长交于点E.则E为的中点，

所以BG=BA+AG=—AB+2AE=—AB+?x丄（AC—AD）=—AB+丄AC+丄AD,所以

332、>33

1

x-y+z=——.

3

5.C【解析】设两圆锥的侧面展开图的圆心角分别为戊，。，母线长分别为仪〃,

17t27r

由题知两个圆锥的底面半径分别为一，1,所以4=——,/?=——，

42mn

广广t।c兀27r37r14,

所以a+/?=-----1-----=—，即—I—=3,所以

2mn2mn

17\「14、I，、〃4m,\n"""4m

TH+zz——(in+n)—l———5~\-----1------..；-5+2J—x------=3,

3'ymn)3vm〃丿31\mn丿

当且仅当m=L"=2时等号成立.

6.C【解析】如图，连接C31交Bq于。，取AC的中点E，连接5E,ED,

B

由ABC-4与G为直棱柱，各侧面四边形为矩形，易知。是c月的中点，所以即〃A耳，故异面直线

BQ与AB1的夹角即为EZ）与8cl的夹角/5DE或其补角.设8c=1.则CE=1,3。=CD=好,BC丄平

2

面ACG4，ECu平面AC£A，则CB丄CE,又EC丄CG，BCcC£=C,BC,CC]U平面3。£用，

故丄平面又CDu平面BCG4,所以CE丄CD.所以

ED=^CD2+CE2=-,BE=sJCB-+CE-=夜，在J5DE中,

2

59

+-2

BD?+ED?-BE?

cos/BDE=44

2BDEDo7535

22

7.C【解析】由题意知，当正四面体在正方体的内切球内时，正四面体可以在正方体内任意转动，故当该正

四面体内接于球时，其棱长最长.因为正方体的棱长为6,则其内切球的半径为3,如图所示,

设正四面体为尸-ABC,。为底面,ABC的中心，设正四面体外接球的球心为。，连接PO],OiC,OC,则

POX丄平面肛。]尸=JPG?—℃2=

OP=OC=3,所以在RfOO。中,解得m=2^6.

8.A【解析】a=ln2—Ine=1<=e°">e°=1>Q.令/(x)=e"—f—1,则/'(x)=e'—2%,令

g(x)=ex-2x,则g'(x)=eX-2.当xe(-oo,ln2)时，g'(x)<OJ'(x)单调递减；当xe(ln2,+oo)时,

g'(x)>OJ'(x)单调递增，所以/'(x)../'(ln2)=2。—山2)>0,所以/⑴在R上单调递增，所以

/(0.3)>/(0)=0,即e°3>1.09,所以c>综上，a<b<c.

二、多选题

9.BCD【解析】对于A，如图.连接AO,4G，AC

在长方形431GA中，由。为对角线4A的中点，则4Gc42=o,则平面Acqac平面

A3jD]=A0,由Me平面平面ACCJA，得Ve49.在长方体AB。—人用^。

中，B与u平面A54A，因为49c平面A3314=A,所以8片与MO异面，故A错误；对于B，由选

项A可知，MeAO，AGc4。=O,易知A,M,O,4u平面ACCiA,故B正确；对于C,由选项A

可知，MeAO，AGc42=。，易知A/,O,Cu平面ACGA,故C正确；对于D，由选项A可

知，Me49.故。正确.

XJ+1X

10.BCr1/(x)=log2(4+2+1)-log2=log2(2+2^+2)--^―,所以

X+1X+1

rJ:

/(-x)=log2(2+2-+2)——工=〃x),所以/(x)为偶函数，2正确；令"23当x<0时，函数

XIJ.

y=1。82(2、+2-工+2)与丁=—97均为减函数，所以“力在区间(—8,0)上单调递减，A错误；由偶

X十L

函数对称性可知，“尤)在区间(0,+8)上单调递增，所以/⑴而广/⑼匂，C正确；令

g(X)=/(X)-2x,所以g(0)=1>0,g⑴=log2]一g=g卜g2,t[<°，由零点存在定理可知方程

/(x)=2x有解，。错误.

11.AB【解析】如图，建立空间直角坐标系,

则B}(2.0,4),£(0,2,2),A(0,0,4),B(2,0,0),C(2,2,0),D(0,2,0),所以率=(-2,2,-2),

AB=(2,0,T),因为4E.A5=T+O+8=4wO,所以用E与不垂直，故A错误；又

CBX=(0,-2,4),CE=(-2,0,2),B\=(-2,0,4),BD=(-2,2,0),设平面与。石的一个法向量

/、[n-CB,=-2y+4z=0,z、

〃=(羽y,z),则取x=l,得〃=。,2,1),设平面A3D的一个法向量机=(a,

n-CE=-2x+2z=0,

m-BA.=-2a+4c=0,(1A

b,c),贝H"取a=l,得加=1,1,彳，因为相，“不共线，所以平面与CE与平面

m-BD=-2a+2b=0,I2丿

43。相交，故2错误；三棱锥C「用CE的体积为匕棱锥。-.二七棱锥乌—GCE=gxgx4x2x2=

Q

故C正确；三棱锥G-四。01的外接球就是长方体ABCD-A4C1。的外接球，所以三棱锥

Q-B.CD,的外接球半径R=‘2?+2?+4?=n，所以三棱锥c-5Cn的外接球的表面积为

2

S=4;rx(6)2=24〃，故。正确.

12.ABD【解析】对于A，设正方体的棱长为1，在正方体中，股,厶右=60,贝/例＞＜厶4=|明|.

|Ac|sinAB1,AC=V2xV2x^=V3,因为且,屹耳=60,所以可=120,

所以,2XDB|=同小例sinAD],D3=夜义孝=石.所以同义Ac|=即x四，所以A正

确：对于B,在正方形4片。12中，AG丄用2,又因为8耳丄平面平面所

以AG丄35],又BiBcBD=Bi，用瓦用厶u平面3与2。，所以4G丄平面吕男厶。，因为Bju

平面34〃。，所以BA丄4G，同理可证5厶丄4。，再由右手系知，xA。与瓦)i同向，所以B

正确；对于C.由。力和axb构成右手系知，ax/>与bxa方向相反，又由axb模的定义知，

卜义“一|。也卜山(。,))=卜卜。忖11<4,Z?>=|/?x«|,所以ax/?=_bxa，则ABxAZ)=_A£>xAB，所

以C错误；对于D，设正方体的棱长为。,6,0><40|=6|5。卜。卜诂45=6®xaxm，正方

体的表面积为6/，所以。正确.

三、填空题

0

13.-【解析】由题得AB=(—1,5,1—a),BC=3「4,1),因为A,B,C三点共线，所以存在实数X,使得

AB=ABC>即(一1,5,1—。”之伍,-4,1),

9

a——,

Ab=—1,4

49

所以《-42=5,解得<b=M，所以ab=《.

4=1—〃，

*5

14.-1【解析】由q+2+为=2+1，得%+3+/+1=%+2,所以4+3+4+1=%+1-4，即a“+3=-4,所以

4+6=-4+3=a,,所以数列｛«„｝的一个周期为6.又

。3=。2一Q]=L〃4=/一。2=1，。5=〃4一。3=0,。6=〃6一％=一1，所以6+%+%+〃4+4+〃6=。，所

20246

以4=337q+。]+/=—1.

z=lz=l

IQ丁=2"_AT--------------

15.—X2【解析】因为/(x)的周期一〃一，所以CD=—=2,AC=M,3C=〃/2+4,所以

2—2

2

AB=yjAC2+BC2=A/2M2+4=710解得M=退,所以/(x)=6sinHx+°J.由图可知,当

x=0时，=即/⑼=J5sin。=,得sin0=；.又0<°<万，所以9=看■或o=葛.观察

/(%)在y轴右侧的图象结合正弦函数的单调性可知(p=—,所以

6

(715万5冗

=gsin,f(6)=A/SSID3»+

(266一3

32后

16.-；【解析】如图，分别取棱AB,CD的中点为M,N,超姜DM,CM,AN,BN,MN,因为

25

_ABC和，ABD是边长为2的等边三角形，所以AB丄D暇，ABLCM,DMr\CM,所以AB丄平

面COM,同理CD丄平面ABN,因为=.所以Pe平面COM，因为PC=PD,所以Pe平面

ABN,所以P的轨迹为线段MN,因为ABC和.45。是边长为2的等边三角形，所以

DM=CM=.22-[^><-)=也而CD=6，所以—COM为等边三角形，所以

如图，设过点A且与BC垂直的平面为a,则a截该四面体所得的截面为&A防，所以P的轨迹为线段

AF,AE±BC,所以E为棱的中点，且石尸丄5C,在一6CD中，由余弦定理得

今黑萨所以“=在一,中，可得

2A/21

AF=S/BA2+BF--2BA-BF-cos60

5

D

四、解答题

(1)证明：如图，过点A作AE丄6c于点E，

则3E=1,CE=3,

在中，AE=^AB2-BE-=3-

所以BD=AC=3，L

设AC交3D于点。，因为

,OAODAD1

所以--二一，

OCOBBC2

所以。。=05=2血，

所以052+002=302,即a。丄3。，

又叫丄BD,叫cAC-A,,ACu平面AiACQ,

所以亜丄平面AACG.

又成)u平面ABCD,所以平面4•ACQ丄平面ABCD.

(2)解：连接A。，则由余弦定理得

*=■+0A2-2A4]OAcos45=4+2-2x2x&x事=2,

所以。4；+。厶2=443所以丄AC

又AC丄41cBz)=0,所以AC丄平面ABD,

所以点C到平面A.BD的距离为0C的长为2a.

18.(1)证明：由已知及正弦定理得cos3-tanAsiiiB=y^—，

3sinA

所以3sinAcosjBcosA-3sin2AsinB=sinCcosA，

所以3sinA（cos5cosA-sinAsinB）=sinCcosA,

所以3sinAcos（A+B）=sinCcosA,

所以3sinAcosC=sinCcosA.

宀十八*■宀E/曰a~+b—。2b+c—ci

由正、余弦定理得3a----------------=c.----------------

lab2bc

整理得°2=4+2/.

（2）解：由题得°2—4=8，

宀入口_）_宀E/曰_a+b_cci+4_c

由余弦定理得cosC=---------------=--------------=

所以_ABC的面积S-—absvaC==义2义2义避~=退）•

ABC222

19.(1)证明：因为在校柱—4与CQ］中,

底面A5CD是平行四边形.所以A3//CD.

因为ABa平面DCCRCDu平面DCC}D},

所以A5〃平面DCGA.

又A5u平面A5QP,平面DCGAc平面A5QP=PQ,

所以A3〃PQ,

又A3〃DC〃2G，

所以PQ〃

D、

(2)解：在底面平行四边形A5CD中,

因为AB=1，AC=M,BC=2.

所以厶方2+厶。2=§。2,所以AB丄AC,

又因为A3〃C。，所以AC丄CD.

因为A4丄平面A5CD,

所以CG丄平面A5CD,

又ACu平面ABCD,

所以CG丄AC

又CC[nCD=C,CQ,CDu平面CDDXC1,

所以AC丄平面CD2G，

连接PC,AP,则/CB4为AP与平面所成的角,

TC

即ZCPA=-

6

设。P=x,因为小=厶5=1.

所以PC=y/PD2+DC2=Vx2+1,

在RtACP中.tan/APC=—=,

PC戸I3~

解得x=2血，

因为P为。2的中点，所以。2=40.

20.解：⑴(x)=1-cosx+asiwc-2x,

令g(x)=1—cosx+asinx—2x,

则g'(x)=sinx+acosx-2<0,

所以g(x)在R上单调递减，且g(O)=O,

所以当xe(y,O)时，g(x)>0,即以(％)>。,/(力单调递增;

当xe(0,+。)时，g(x)<0.即/'(x)<0J(x)单调递減，

故当x=0时，/(九)取得极大值/(。)=—“，无极小值.

(2)由题得x-sinx—QCOSJV；,1对任意工£[-万，恒成立，

口口x—sinx—l一/〒土(n»亠

即a...-------------对任思XG-■—恒成AL.

cosxI22丿

(乃吟

令"(%)=x-sinx-1

cosx’12，2丿，

所以〃(力=cosx-sin%+%sin%-1

cos2%

令，x)=cosx-sinx+xsinx-1,xG

所以，(x)=-sinx-cosx+sinx+xcosx=(x-l)cosx,

当时，，(x)v0"(x)単调递减；当XE。(,寸，1'(x)>(v(x)单调递增,

所以^(x)..^(l)=cosl-l,

71

又［0)=0/♦

所以当X£1―5'°J时，

t(x)>0,h!(x)>0,7z(x)单调递增；

当^^。(卜寸，*x)<0,//(x)v0,/z(x)单调递减,

所以訳X)max=M0)=T，所以。…一1，

即。的取值范围是［—1,+。）.

23

axq+axq+qq=14,

21.解：(1)由题意得<2(qq2+i)入口+弓八

q>l,

解得％=l,q=2,所以a〃=2"T.

则4=a2=2,4=々3+1=4+1=54=%=8,

5—23

设等差数列｛4｝的公差为d,则4=——=—,

3—12

-1)32

所以a=2+(〃

7222

31

(2)°J==3.+1.

n

“an2"T