1、20222023学年上学期高三年级第五次摸底考试数学学科试卷第卷（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已知集合，则集合（）ABCD2已知（为虚数单位），则复数在复平面内所对应的点一定在（）A实轴上B虚轴上C第一三象限的角平分线上D第二四象限的角平分线上3函数的部分图象大致是（）ABCD4已知公比为的等比数列的前项和，且，则（）A48B32C16D85已知 ，直线 ，若l与O相离，则（）A点 在l上B点在上C点在 内D点在外6若，且，则下列结论正确的是（）ABCD7已知，分别为双曲线：的左，右焦点，点P为双曲线渐近线
2、上一点，若，则双曲线的离心率为（）ABCD28设，则（）ABCD二、选择题：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，有选错的得0分，部分选对的得2分9在中，已知，则（）ABCD10已知m，n是不重合的直线，是不重合的平面，则下列命题一定正确的是（）A若，则B若，m，则mC若，则D若m，n，m，n，则11已知则下列说法正确的有（）A函数有唯一零点B函数的单调递减区间为C函数有极大值D若关于x的方程有三个不同的根则实数a的取值范围是12已知正方体的棱长为3，P为正方体表面上的一个动点，Q为线段上的动点，.则下列说法正确的是（）A当点P在侧面（含边
3、界）内时，为定值B当点P在侧面（含边界）内时，直线与直线所成角的大小为C当点P在侧面（含边界）内时，对任意点P，总存在点Q，使得D点P的轨迹长度为第卷（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已知公差不为零的等差数列的前项和为，若，则_.14设命题，命题若q是p的必要不充分条件，则实数m的取值范围是_15过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于两点，点在抛物线准线上的射影分别为，点P在抛物线的准线上.若AP是的角平分线，则点P到直线l的距离为_.16已知函数的图象关于点对称，且，若在上没有最大值，则实数t的取值范围是_.四、解答题：本题共6个小题，共70分解答应写出文字
4、说明，证明过程或演算步骤17如图，矩形和梯形，平面平面，且，过的平面交平面于(1)求证：；(2)当为中点时，求点到平面的距离；18已知等差数列的前项和为，且，；数列满足(1)求数列和的通项公式；(2)记，求数列的前项和19如图，在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c已知，的面积为(1)求b，c(2)O为边AC上一点，过点A作交BO延长线于点D，若的面积为，求20已知、分别为椭圆的左、右焦点，点为椭圆上的一点，且.（1）求椭圆的方程；（2）设点为原点，直线，且直线与椭圆交于，两点，求面积的最大值，并求此时直线的方程.21如图所示，长方形中，点是边靠近点的三等分点，将沿翻折到，连接，得到图的四
5、棱锥.(1)求四棱锥的体积的最大值；(2)设的大小为，若，求平面和平面夹角余弦值的最小值.22已知函数.（1）讨论的单调性.（2）当时，若无最小值，求实数的取值范围.1D【分析】求函数的定义域求得集合，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】，对于函数，由解得，所以.所以，或，所以D选项符合.故选：D2C【分析】设出，从而得到，即，得到复数在复平面内所对应的点在第一三象限的角平分线上.【详解】设，则，则，即，从而，故，所以复数在复平面内所对应的点在直线上，即第一三象限的角平分线上.故选：C3C【分析】通过奇偶性可排除A，通过零点及特值可排除BD，即得结果.【详解】函数的定义域为，关于原点
6、对称，所以为奇函数排除A，又排除B，当，排除D；故选：C.4C【分析】根据，作差求出，再根据，求出，即可得到通项公式，再代入计算可得；【详解】解：因为公比为的等比数列的前项和，当时，当时，得，所以，则，又，所以，解得，所以，则；故选：C5C【分析】根据l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，由此列不等式，即可推出，即可得答案.【详解】由已知l与相离,可知圆心到直线的距离大于半径，不妨设为的半径，即有，故，由于，则，所以,则点在内，故选：C6A【分析】由及二倍角的余弦公式可得，根据两角和的余弦公式可得，由诱导公式及的范围即可求解.【详解】，.由，可得，即.，且，根据函数易知：，即得：.故选：A7
7、B【分析】由题可得，然后利用二倍角公式结合条件可得，然后根据离心率公式即得.【详解】因为，为的中点，所以，所以，又， ，所以，所以.故选：B.8D【分析】构造函数并利用导函数判断函数的单调性，进一步得到，根据基本不等式化简求出c的范围以及b的范围，进一步求出答案.【详解】设，在的范围内单调递增，由此可得，设，在的范围内单调递减，由此可得，显然，所以，综合可得.故选：D.9ABD【分析】画出三角形，应用向量线性表示，三角形法则，数量积关系逐项分析即可.【详解】如图所示：因为，所以，所以，故选项A正确，因为，所以所以，故C选项错误，由，在，所以，即，所以，所以，所以，即即，故选项D正确，由，所以在
8、中，因为，所以，故B正确，故选：ABD.10AB【分析】可以直接判断选项AB正确；C. 或相交，所以该选项错误； D. 或相交，所以该选项错误.【详解】解：A. 若，则，所以该选项正确；B. 若，m，则m，所以该选项正确；C. 若，则，也有可能相交，所以该选项错误.D. 若m，n，m，n，则或相交，所以该选项错误.故选：AB11ACD【分析】根据零点的定义判断A，利用导数分析函数的单调性，作出函数的图象，根据图象判断其余选项.【详解】由得：，即，故函数有唯一零点由题可知：设，则，由得：；由得；故在上单调递增在上单调递减，作出图象，并将的部分图象关于x轴对称可得的图象如下：观察图象可得函数的单调
9、递减区间为，B错，函数在时有极大值，C对，方程有三个不同的根，则实数a的取值范围是，D对，故选：ACD.12ACD【分析】对选项A，易证得，即可求出的值；对选项B，易知直线与直线所成角为，求出，即可得出答案；对选项，通过关系建立方程，结合点的坐标满足，得到关于的一元二次方程，再通过判别式即可判断出对任意点，总存在点，便得；对于选项D，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，求解即可.【详解】对于A，因为P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平面，平面，所以，所以，故A正确；对于B，点P在侧面（含边界）内，由正方体的性质知，平
10、面，平面，所以，直线与直线所成角为，所以，直线与直线所成角的大小为，故B不正确；对于C，建立如下图所示的空间直角坐标系，根据题意，可得：，为线段上的动点，则有：（）解得：，设点，因为，所以，则，若，则有：，又则有：又，则有：，故对任意点，总存在点，便得，故选项正确；对于D，当时，如图2，点P的轨迹一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧，另一部分是在面三个面内以为半径，圆心角为的三段弧；所以此时点P轨迹的长度为，故D选项正确；故选：ACD.130【分析】首先根据题意得到，再根据等差数列的性质求解即可.【详解】由已知得，故.故答案为：014【分析】化简命题和，利用真子集关系列式可求出结果.
11、【详解】由，得，即；由，得，因为q是p的必要不充分条件，所以是的真子集，所以且两个等号不同时取，解得.故答案为：155【分析】连，根据抛物线的定义以及，证明，从而推出和，可得就是点P到直线l的距离，再根据，推出，结合，可得.【详解】如图，连，由抛物线的定义可知，又，所以，所以，即，所以就是点P到直线l的距离，因为，所以，所以，所以，又，所以.故点P到直线l的距离为.故答案为：16【解析】依题意得到，然后根据在，上没有最大值可得，解出的范围即可【详解】解：因为的图象关于点对称，所以，所以，所以，所以，又由，即，所以为奇数，不妨取，所以则当，时，在，上没有最大值，的取值范围为：故答案为：17(1)
12、证明见解析(2)【分析】（1）根据线面平行的判定定理和性质定理证明即可；（2）建立空间直角坐标系，根据空间向量的坐标关系求解点到平面的距离即可.【详解】（1）证明：因为矩形，所以，平面，平面，所以平面因为过的平面交平面于，由线面平行性质定理，得；（2）解：由平面平面其交线为，平面，所以平面，又四边形为矩形，所以以为原点，以为轴建立如图空间直角坐标系由，得，则，设平面法向量，则，取得因为，所以点到平面的距离.18(1)，；(2).【分析】（1）设等差数列的公差为，依题意利用等差数列通项公式得到方程组，解得，即可求出的通项公式，再利用作差法求出的通项公式；（2）由（1）知，设，即可得到是以8为公比
13、，为首项的等比数列，再根据等比数列求和公式计算可得；【详解】（1）解：设等差数列的公差为，则解得， 所以 因为，所以当时，；当时，所以显然符合综上可知（2）解：由（1）知，设，则所以是以8为公比，为首项的等比数列，所以数列的前项和为19(1)(2)【分析】（1）根据求得，根据面积公式求得，结合余弦定理可求得答案;（2）设，根据三角形面积之间的关系可得，结合以及的面积为，可求得，从而求得，再利用余弦定理可求答案.【详解】（1），则，在中，由余弦定理得，即，+,，解得：，（2）设， ，则，则，解得：或（舍去）或0（舍去），在中，由余弦定理得在中，由余弦定理得，则，又，则，20（1）；（2）；【解析
14、】（1）根据，以及点在椭圆上，列出方程组求解，即可得出结果；（2）先由题意，得到，设直线的方程为：，设，联立直线与椭圆方程，根据判别式求出的范围，由弦长公式以及点到直线距离公式，表示出三角形的面积，求出最大值，以及对应的的值，即可得出结果.【详解】（1）记椭圆的左右焦点为，又，所以，又，则，则，又点为椭圆上的一点，所以有，解得，所以椭圆的方程为；（2）由题意，因为，所以可设直线的方程为：，设，由得，整理得，所以，则；则，又点到的距离，所以，当且仅当，即时，等号成立，因为满足，故直线的方程为【点睛】思路点睛：求解圆锥曲线中三角形面积的最值（或由三角形面积的最值求参数）问题时，一般需要联立直线与圆
15、锥曲线方程，根据弦长公式，以及点到直线距离公式，表示出三角形的面积，利用基本不等式求最值（或构造函数，求解函数最值）的方法，即可求解.21(1)(2)平面和平面夹角余弦值的最小值为【分析】（1）作出辅助线，得到当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，求出，从而得到体积最大值；（3）作出辅助线，得到为的平面角，即，建立空间直角坐标系，用含的关系式表达出平面和平面的法向量，利用空间向量夹角余弦公式及，得到，结合的取值范围求出余弦值的最小值【详解】（1）解：取的中点，连接，因为，则，当平面平面时，点到平面的距离最大，四棱锥的体积取得最大值，此时平面，且，底面为梯形，面积为，则四棱锥
16、的体积最大值为；（2）解：连接，因为，所以，所以为的平面角，即，过点作平面，以为坐标原点，分别以，所在直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，则，过作于点，由题意得平面，设,，所以，所以，所以，设平面的法向量为，则，令，则，设平面的法向量为，因为，则，令，可得：，设两平面夹角为，则，令，所以，则所以，所以当时，有最小值，所以平面和平面夹角余弦值的最小值为.【点睛】关键点点睛：利用二面角的平面角来表示折叠过程中形成的动点的横、纵、竖坐标，从而减少题中的变量，并且求解平面与平面夹角的余弦值时，两个平面法向量都含参数的正弦或余弦值，利用空间向量的坐标运算求解时，还需应用与的关系进行变形处理，
17、从而使得只含或者的式子，转换成单变量的函数关系从而可以利用函数思想求解的最值，属于较难题目22（1）当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在上单调递增.（2）.【解析】（1）对求导，然后对分类讨论分别得出所对应的的取值范围即为函数的单调增区间，所对应的的取值范围即为函数的单调减区间（2）结合（1）中的单调性结论对函数的最小值进行讨论.对于第四种情况，得出关于的不等式后，需要构造新的函数分析求解.【详解】解：（1）因为，所以.令，得或.当时，由，得；由，得.则在上单调递减，在上单调递增；当时，由，得或；由，得.则在上单调递减
18、，在和上单调递增.当时，恒成立，则在上单调递增.当时，由，得或；由，得.则在上单调递减，在和上单调递增.综上，当时，在上单调递减，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增；当时，在上单调递增；当时，在上单调递减，在和上单调递增.（2）当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增，则有最小值，故不符合题意.当时，由（1）可知在上单调递减，在和上单调递增，因为无最小值，所以，即，解得；当时，由（1）可知在上单调递增，所以无最小值，所以符合题意；当时，由（1）可知在上单调递减，在上单调递增.因为无最小值，所以，即，即.设，则设，则在上恒成立.故在上单调递增，即在上单调递增.因为，所以存在唯一的，使得.故在上单调递减，在上单调递增.因为，所以在上恒成立，即在恒成立，即符合题意.综上，实数a的取值范围为.【点睛】本题主要考查分类讨论思想，首先利用函数求导公式对函数求导，然后再利用导函数大于0或者小于0讨论函数单调性，分类时一般利用有无解对参数进行分类常见注意点如下：（1）对二次项系数的符号进行讨论；（2）导函数是否有零点进行讨论；（3）导函数中零点的大小进行讨论；（4）导函数的零点与定义域端点值的关系进行讨论等.
