河北省部分學(xué)校2023-2024學(xué)年高三上學(xué)期五調(diào)考試數(shù)學(xué)試題

2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高三年級五調(diào)考試數(shù)學(xué)本試卷分第I卷（選擇題）和第II卷（非選擇題）兩部分.共4頁，總分150分，考試時間120分鐘.第I卷（選擇題共60分）一?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.已知為虛數(shù)單位，，集合，則（）A.B.C.D.2.已知等邊三角形的邊長為2，用斜二測畫法畫出該三角形的直觀圖，則所得直觀圖的面積為（）A.B.C.D.3.已知為直線的方向向量，分別為兩個不同平面的法向量，則下列說法正確的是（）A.若，則B.若，則C.若，則D.若，則4.如圖，在四面體中，為的重心，若，則（）A.B.C.D.5.已知兩圓錐的底面積分別為，其側(cè)面展開圖中圓心角之和為，則兩圓錐的母線長之和的最小值為（）A.2B.C.3D.6.如圖，在直三棱柱中，平面，則異面直線與夾角的余弦值為（）A.B.C.D.7.已知棱長為6的正方體內(nèi)有一個棱長為的正四面體，且該正四面體可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則實數(shù)的最大值為（）A.B.3C.D.8.設(shè)，則（）A.B.C.D.二?多選題：本題共4小題，每小題5分，共20分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分.9.如圖，在長方體中，是的中點，直線交平面于點，則下列結(jié)論正確的是（）A.四點共面B.四點共面C.四點共面D.三點共線10.已知函數(shù)，則（）A.在區(qū)間上單調(diào)遞增B.是偶函數(shù)C.的最小值為1D.方程無解11.如圖，若長方體的底面是邊長為2的正方形，高為4，是的中點，則下列說法不正確的是（）A.B.平面平面C.三棱錐的體積為D.三棱錐的外接球的表面積為12.在三維空間中，定義：叫做向量與的外積，它是一個向量，滿足下列兩個條件：①，且和構(gòu)成右手系（即三個向量的方向依次與右手的挴指?食指?中指的指向一致，如圖所示）；②的模（表示向量的夾角）.在正方體中，以下四個結(jié)論，正確的是（）A.B.與共線C.D.與正方體表面積的數(shù)值相等第II卷（非選擇題共90分）三?填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13.在空間直角坐標系中，，若三點共線，則__________.14.在數(shù)列中，，則__________.15.如圖，將繪有函數(shù)部分圖象的紙片沿軸折成直二面角，若此時兩點之間的空間距離為，則__________.16.如圖，已知四面體和是邊長為2的等邊三角形，是該四面體表面及其內(nèi)部的動點.若，則點軌跡的長度為__________；若在內(nèi)（含邊界）且，則點軌跡的長度為__________.四?解答題：本題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.17.（10分）如圖，在四棱臺中，上?下底面為等腰梯形，，.（1）證明：平面平面；（2）若，求點到平面的距離.18.（12分）記的內(nèi)角所對的邊分別為，已知.（1）證明：；（2）若，求的面積.19.（12分）如圖，在四棱柱中，底面是平行四邊形，側(cè)棱底面，過的截面與側(cè)面交于，點在棱上，點在棱上，且.（1）證明：；（2）若為棱的中點，與平面所成的角為，求側(cè)棱的長.20.（12分）已知函數(shù)，其中.（1）當時，求的極值；（2）若不等式對任意恒成立，求的取值范圍.21.（12分）已知等比數(shù)列的公比，若，且分別是等差數(shù)列的第1，3，5項.（1）求數(shù)列和的通項公式；（2）記，求數(shù)列的前項和.22.（12分）如圖，在多面體中，平面為正方形，，二面角的平面角的余弦值為，且.（1）證明：平面平面；（2）者，求平面與平面所成銳二面角的余弦值的取值范圍.2023-2024學(xué)年度上學(xué)期高三年級五調(diào)考試·數(shù)學(xué)參考答案及解析一?選擇題1.C【解析】由題得，所以解得所以.2.B【解析】如圖.等邊三角形的高為，根據(jù)斜二測畫法的知識可知，直觀圖的面積為.3.D【解析】因為，所以，則或，故A錯誤；因為，所以，所以，故B錯誤；因為，所以可能平行，也可能不平行，所以或相交，故C錯誤；因為，所以，所以，故D正確.4.A【解析】如圖，連接并延長交于點.則為的中點，所以，所以.5.C【解析】設(shè)兩圓錐的側(cè)面展開圖的圓心角分別為，，母線長分別為，由題知兩個圓錐的底面半徑分別為，1，所以，所以，即，所以當且僅當時等號成立.6.C【解析】如圖，連接交于，取的中點，連接，由為直棱柱，各側(cè)面四邊形為矩形，易知是的中點，所以，故異面直線與的夾角即為與的夾角或其補角.設(shè).則平面平面，則，又平面，故平面，又平面，所以.所以，在中，7.C【解析】由題意知，當正四面體在正方體的內(nèi)切球內(nèi)時，正四面體可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，故當該正四面體內(nèi)接于球時，其棱長最長.因為正方體的棱長為6，則其內(nèi)切球的半徑為3，如圖所示，設(shè)正四面體為為底面的中心，設(shè)正四面體外接球的球心為，連接，則平面.又，所以在Rt中，，解得.8.A【解析】.令，則，令，則.當時，單調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，所以，所以在上單調(diào)遞增，所以，即，所以.綜上，.二?多選題9.BCD【解析】對于，如圖.連接.在長方形中，由為對角線的中點，則，則平面平面，由平面平面，得.在長方體中，平面，因為平面，所以與異面，故錯誤；對于，由選項可知，，易知平面，故正確；對于，由選項可知，，易知平面，故C正確；對于，由選項可知，.故D正確.10.BC【解析】因為，所以，所以為偶函數(shù)，B正確；令，當時，函數(shù)與均為減函數(shù)，所以在區(qū)間上單調(diào)遞減，錯誤；由偶函數(shù)對稱性可知，在區(qū)間上單調(diào)遞增，所以，C正確；令，所以，由零點存在定理可知方程有解，D錯誤.11.AB【解析】如圖，建立空間直角坐標系，則，，所以，，因為，所以與不垂直，故錯誤；又，，設(shè)平面的一個法向量，則取，得，設(shè)平面的一個法向量，，則取，得，因為不共線，所以平面與平面相交，故B錯誤；三棱錐的體積為，故C正確；三棱錐的外接球就是長方體的外接球，所以三棱錐的外接球半徑，所以三棱錐的外接球的表面積為，故D正確.12.ABD【解析】對于，設(shè)正方體的棱長為1，在正方體中，，則.，因為，且，所以，所以.所以，所以正確：對于，在正方形中，，又因為平面平面，所以，又，平面，所以平面，因為平面，所以，同理可證，再由右手系知，與同向，所以正確；對于C.由和構(gòu)成右手系知，與方向相反，又由模的定義知，，，所以，則，所以錯誤；對于，設(shè)正方體的棱長為，正方體的表面積為，所以D正確.三?填空題13.【解析】由題得.，因為三點共線，所以存在實數(shù)，使得，即，所以解得所以.14.-1【解析】由，得，所以，即，所以，所以數(shù)列的一個周期為6.又，所以，所以.15.【解析】因為的周期，所以，所以，解得，所以.由圖可知，當時，，即，得.又，所以或.觀察在軸右側(cè)的圖象結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)性可知，所以16.；【解析】如圖，分別取棱的中點為，連接，因為和是邊長為2的等邊三角形，所以，，所以平面，同理平面，因為.所以平面，因為，所以平面，所以的軌跡為線段，因為和是邊長為2的等邊三角形，所以.而，所以為等邊三角形，所以.如圖，設(shè)過點且與垂直的平面為，則截該四面體所得的截面為，所以的軌跡為線段，所以為棱的中點，且，在中，由余弦定理得，所以，在中，可得.四?解答題（1）證明：如圖，過點作于點，則，在Rt中，.所以.設(shè)交于點，因為，所以，所以，所以，即，又平面，所以平面.又平面，所以平面平面.（2）解：連接，則由余弦定理得，所以，所以.又，所以平面，所以點到平面的距離為的長為.18.（1）證明：由已知及正弦定理得，所以，所以，所以，所以.由正?余弦定理得.，整理得.（2）解：由題得，由余弦定理得，解得，所以的面積.19.（1）證明：因為在校柱中，底面是平行四邊形.所以.因為平面平面，所以平面.又平面，平面平面，所以，又，所以.（2）解：在底面平行四邊形中，因為，.所以，所以，又因為，所以.因為平面，所以平面，又平面，所以.又平面，所以平面，連接，則為與平面所成的角，即.設(shè)，因為.所以，在Rt中.，解得，因為為的中點，所以.20.解：（1），令，則，所以在上單調(diào)遞減，且，所以當時，，即單調(diào)遞增；當時，.即單調(diào)遞減，故當時，取得極大值，無極小值.（2）由題得對任意，恒成立，即對任意恒成立.令所以，令，所以，當時，単調(diào)遞減；當時，單調(diào)遞增，所以，又，所以當時，單調(diào)遞增；當時，單調(diào)遞減，所以，所以，即的取值范圍是.21.解：（1）由題意得解得，所以.則，設(shè)等差數(shù)列的公差為，則，所以.（2）.所以，兩式相減得，22.（1）證明