2024屆北京市第一零一中學(xué)高三上學(xué)期數(shù)學(xué)統(tǒng)練五（解析版）

試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第Page\*MergeFormat1頁共NUMPAGES\*MergeFormat20頁2024屆北京市第一零一中學(xué)高三上學(xué)期數(shù)學(xué)統(tǒng)練五一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】化簡(jiǎn)集合，再根據(jù)交集的定義計(jì)算．【詳解】由，則，則.故選：D2．等差數(shù)列中，，則的值為A．14 B．18 C．21 D．27【答案】A【詳解】等差數(shù)列中，，，故選A.3．在中，角所對(duì)的邊分別為，已知，，,則角等于（）A． B． C．或 D．以上都不對(duì)【答案】A【分析】根據(jù)正弦定理，求出的值，然后根據(jù)大邊對(duì)大角，即可得到結(jié)果.【詳解】由正弦定理得，，又因?yàn)?，所以，故B為銳角，所以，故選：A.4．將的圖象通過平移變換，得到一個(gè)奇函數(shù)的圖像，則這個(gè)變換可以是.A．左移個(gè)單位 B．右移個(gè)單位 C．左移個(gè)單位 D．右移個(gè)單位【答案】C【詳解】分析：將函數(shù)的對(duì)稱中心平移至原點(diǎn)即可得函數(shù)為奇函數(shù).詳解：由，令.解得.即對(duì)稱中心為.只需將左移個(gè)單位可得一個(gè)奇函數(shù)的圖像，故選C.點(diǎn)睛：本題主要考查了三角函數(shù)的中心對(duì)稱性和函數(shù)的左右平移，屬于中檔題，難度不大.5．在中，“”是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】B【分析】結(jié)合正弦函數(shù)的性質(zhì)由，可得，再根據(jù)充分條件和必要條件的定義判斷即可.【詳解】在中，，由，可得，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：B.6．在下列函數(shù)中，最小值是2的是A． B．C． D．【答案】D【詳解】A.,當(dāng)時(shí)，不滿足；B.，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立，因?yàn)閤>0，故等號(hào)不成立，不滿足；C.y=sinx+，0<x<，所以,y=sinx+，不滿足；D.，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立，滿足，故選D.7．坡屋頂是我國傳統(tǒng)建筑造型之一，蘊(yùn)含著豐富的數(shù)學(xué)元素．安裝燈帶可以勾勒出建筑輪廓，展現(xiàn)造型之美．如圖，某坡屋頂可視為一個(gè)五面體，其中兩個(gè)面是全等的等腰梯形，兩個(gè)面是全等的等腰三角形．若，且等腰梯形所在的平面、等腰三角形所在的平面與平面的夾角的正切值均為，則該五面體的所有棱長(zhǎng)之和為（

）

A． B．C． D．【答案】C【分析】先根據(jù)線面角的定義求得，從而依次求，，，，再把所有棱長(zhǎng)相加即可得解.【詳解】如圖，過做平面，垂足為，過分別做，，垂足分別為，，連接，

由題意得等腰梯形所在的面、等腰三角形所在的面與底面夾角分別為和，所以.因?yàn)槠矫妫矫?，所以，因?yàn)椋矫妫?，所以平面，因?yàn)槠矫妫裕?同理：，又，故四邊形是矩形，所以由得，所以，所以，所以在直角三角形中，在直角三角形中，，，又因?yàn)椋欣忾L(zhǎng)之和為.故選：C8．若曲線存在與直線垂直的切線，則k的取值范圍是（

）A． B． C． D．【答案】D【分析】對(duì)求導(dǎo)后根據(jù)題意可得在上有解.令，求導(dǎo)判斷單調(diào)性求得值域，從而可得不等式，求解即可.【詳解】對(duì)求導(dǎo)得，當(dāng)時(shí)，曲線不存在與直線垂直的切線，當(dāng)時(shí)，若曲線存在與直線垂直的切線，只需在上有解.令，求導(dǎo)得，所以當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，則，且當(dāng)時(shí)，，所以，解得，所以k的取值范圍是.故選：D.9．如圖，在中，M，N分別為AB，AC邊上的中點(diǎn)，P是線段MN上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)（不含端點(diǎn)），CP與AB交于點(diǎn)D，BP與AC交于點(diǎn)E，，，則的最小值為（

）A．2 B．4 C．6 D．8【答案】C【分析】設(shè)，則，利用三角形相似得到，，表達(dá)出，利用基本不等式求出最值即可.【詳解】設(shè)，則，因?yàn)镸，N分別為AB，AC邊上的中點(diǎn)，所以，，故，因?yàn)椤祝?，設(shè)，則，，故，故，同理可得，，因?yàn)椤?，所以，設(shè)，則，，，故，，則因?yàn)?，由基本不等式得，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故.故選：C10．已知等比數(shù)列的公比為q，前n項(xiàng)和為，下列結(jié)論正確的是（

）A．若，則是遞增數(shù)列或遞減數(shù)列B．若，，則C．若，則，使得，D．若，則有最大值【答案】C【分析】選項(xiàng)ABD，舉特例數(shù)列驗(yàn)證可知錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，由前項(xiàng)和公式，利用不等式性質(zhì)放縮找到實(shí)數(shù)，證明即可.【詳解】選項(xiàng)A，當(dāng)時(shí)，數(shù)列為常數(shù)列，既不是遞增數(shù)列，也不是遞減數(shù)列，故A項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)B，當(dāng)時(shí)，，滿足條件，，但，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；選項(xiàng)C，若，則且，，故，，則，故存在實(shí)數(shù)，，使得，.選項(xiàng)D，當(dāng)時(shí)，，，滿足條件，設(shè)，則無最大值，故D項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：C.二、雙空題11．設(shè)．若復(fù)數(shù)為純虛數(shù)，則，．【答案】【詳解】解：，因?yàn)閺?fù)數(shù)為純虛數(shù)，所以，即，所以，所以故答案為：；【點(diǎn)睛】一個(gè)復(fù)數(shù)的實(shí)部與虛部：只需將已知的復(fù)數(shù)化為代數(shù)形式，則該復(fù)數(shù)的實(shí)部為，虛部為.三、填空題12．如圖，在正三棱柱中，是棱上一點(diǎn)，，則三棱錐的體積為.【答案】【分析】利用線面垂直的判定定理確定三棱錐的高，再用錐體體積公式求解即可.【詳解】取中點(diǎn)為,連接，因?yàn)闉檎切?，所以，又因?yàn)槠矫妫矫?，所?且平面，所以平面，,即到平面的距離為，又因?yàn)?平面,平面,所以平面，又因?yàn)槭抢馍弦稽c(diǎn)，所以到平面的距離為,所以,故答案為:.13．已知角的終邊與單位圓的交點(diǎn)為，則．【答案】【分析】由三角函數(shù)的定義，求得，進(jìn)而得到，再利用正弦的倍角公式，即可求解，得到答案．【詳解】由三角函數(shù)的定義，可得，又由，解得，由正弦的二倍角公式得：，故答案為．【點(diǎn)睛】本題主要考查了三角函數(shù)的定義，以及倍角公式的化簡(jiǎn)求值問題，其中解答中熟記三角函數(shù)的定義，合理利用正弦的倍角公式，準(zhǔn)確運(yùn)算是解答的關(guān)鍵，著重考查了推理與運(yùn)算能力，屬于基礎(chǔ)題．14．已知，，，若與的夾角為銳角，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是．【答案】【分析】利用數(shù)量積的定義，再根據(jù)條件得到，從而得到，再去掉與共線同向時(shí)，的取值，即可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)榕c的夾角為銳角，又，所以，又，，，所以，解得，又因，當(dāng)時(shí)，也滿足，此時(shí)不合題意，當(dāng)與共線同向時(shí)，有，從而得到，解得，又，所以實(shí)數(shù)t的取值范圍是，故答案為：.15．在正方體中，為正方形的中心.動(dòng)點(diǎn)沿著線段從點(diǎn)向點(diǎn)移動(dòng)，有下列四個(gè)結(jié)論：①存在點(diǎn)，使得②三棱錐的體積保持不變；③的面積越來越??；④線段上存在點(diǎn)，使得，且.其中所有正確結(jié)論的序號(hào)是.【答案】①②③【分析】對(duì)于①③④，以A為原點(diǎn)建立空間直角坐標(biāo)系，表示出P點(diǎn)坐標(biāo)，逐項(xiàng)分析即可；對(duì)于②，說明平行于平面即可.【詳解】如圖，建立以A為原點(diǎn)的空間直角坐標(biāo)系，設(shè)正方體棱長(zhǎng)為2，則.設(shè)，其中.則，即.對(duì)于①，假設(shè)存在點(diǎn)P，因，則，即當(dāng)時(shí)，，故①正確；對(duì)于②，取BD中點(diǎn)為E，連接.因?yàn)檎叫蔚闹行?，則，且，故四邊形為平行四邊形，得.又平面，平面，則平行于平面，即點(diǎn)P到平面的距離d為定值.又三棱錐的體積保持不變.故②正確.對(duì)于③，設(shè)，則，注意到：則.又，則，因在上遞減，故當(dāng)動(dòng)點(diǎn)沿著線段從點(diǎn)向點(diǎn)移動(dòng)過程中，的面積越來越小.故③正確.對(duì)于④，假設(shè)存在滿足題意的點(diǎn)Q，設(shè)，其中.則，即，又，則.因，且，，則，因，與矛盾，故不存在相應(yīng)點(diǎn)Q.故④錯(cuò)誤.故答案為：①②③【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題為立體幾何中的動(dòng)點(diǎn)問題，難度較大.對(duì)于①③④，因直觀圖形較為復(fù)雜，故利用向量共線并引入?yún)?shù)表示出動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo).對(duì)于幾何體體積不變問題，常轉(zhuǎn)化為判斷圖形中是否存在線線平行或線面平行.四、解答題16．如圖，在中，為邊上一點(diǎn)，且，已知，.（1）若是銳角三角形，，求角的大??；（2）若的面積為，求的長(zhǎng).【答案】（1）.（2）.【詳解】【試題分析】(1)在中,利用正弦定理可求得,得到,利用等腰的性質(zhì)可知.(2)利用三角形的面積公式可求得,利用余弦定理可求得,由此求得的長(zhǎng).【試題解析】（1）在中，，，，由正弦定理得，解得，所以或.因?yàn)槭卿J角三角形，所以.又，所以.（2）由題意可得，解得，由余弦定理得，解得，則.所以的長(zhǎng)為.17．已知函數(shù)．(1)求函數(shù)的最大值．(2)若方程在上恰有2個(gè)解，求m的取值范圍．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用倍角正余弦公式及輔助角公式化簡(jiǎn)，由正弦型函數(shù)的性質(zhì)求最大值；（2）首先求出的解，結(jié)合其定義域求出對(duì)應(yīng)的前幾個(gè)非負(fù)解，再由已知確定參數(shù)范圍即可.【詳解】（1），正切函數(shù)定義域知，即（）．，當(dāng)，即（）時(shí)取到最大值，．（2）令，得，故或（），解得或（）．注意到函數(shù)的定義域?yàn)椋实慕鉃椋ǎ。?，1，得到的前三個(gè)非負(fù)解為，，．因此，若在上恰有2個(gè)解，那么應(yīng)當(dāng)包含，而不包含，所以m的取值范圍是．18．如圖，在三棱柱ABC?中，平面ABC，D，E，F(xiàn)，G分別為，AC，，的中點(diǎn)，AB=BC=，AC==2．

（1）求證：AC⊥平面BEF；（2）求二面角B?CD?C1的余弦值；（3）證明：直線FG與平面BCD相交．【答案】（1）證明見解析；（2）；（3）證明見解析．【分析】（1）由等腰三角形性質(zhì)得，由線面垂直性質(zhì)得,由三棱柱性質(zhì)可得，因此，最后根據(jù)線面垂直判定定理得結(jié)論；（2）根據(jù)條件建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)各點(diǎn)坐標(biāo)，利用方程組解得平面BCD一個(gè)法向量，根據(jù)向量數(shù)量積求得兩法向量夾角，再根據(jù)二面角與法向量夾角相等或互補(bǔ)關(guān)系求結(jié)果；（3）根據(jù)平面BCD一個(gè)法向量與直線FG方向向量數(shù)量積不為零，可得結(jié)論.【詳解】（1）在三棱柱ABC-A1B1C1中，∵CC1⊥平面ABC，∴四邊形A1ACC1為矩形．又E，F(xiàn)分別為AC，A1C1的中點(diǎn)，∴AC⊥EF．∵AB=BC，E為AC的中點(diǎn)，．∴AC⊥BE，而，∴AC⊥平面BEF．（2）［方法一］：【通性通法】向量法由（1）知AC⊥EF，AC⊥BE，EF∥CC1．又CC1⊥平面ABC，∴EF⊥平面ABC．∵BE平面ABC，∴EF⊥BE．如圖建立空間直角坐稱系E-xyz．

由題意得B（0，2，0），C（-1，0，0），D（1，0，1），F(xiàn)（0，0，2），G（0，2，1）．∴，設(shè)平面BCD的法向量為，∴，∴，令a=2，則b=-1，c=-4，∴平面BCD的一個(gè)法向量，又∵平面CDC1的一個(gè)法向量為，∴．由圖可得二面角B-CD-C1為鈍角，所以二面角B-CD-C1的余弦值為．［方法二］：【最優(yōu)解】轉(zhuǎn)化＋面積射影法考慮到二面角與二面角互補(bǔ)，設(shè)二面角為，易知，，所以．故．［方法三］：轉(zhuǎn)化＋三垂線法二面角與二面角互補(bǔ)，并設(shè)二面角為，易知平面．如圖3，作，垂足為H，聯(lián)結(jié)．則是二面角的平面角，所以，不難求出，所以二面角的余弦值為．

（3）［方法一］：【最優(yōu)解】【通性通法】向量法平面BCD的一個(gè)法向量為，∵G（0，2，1），F(xiàn)（0，0，2），∴，∴，∴與不垂直，∴GF與平面BCD不平行且不在平面BCD內(nèi)，∴GF與平面BCD相交．［方法二］：幾何轉(zhuǎn)化如圖4，取的中點(diǎn)，分別在取點(diǎn)N，M，使．聯(lián)結(jié)．則平面平面，又平面，平面，故直線與平面相交．

［方法三］：根據(jù)相交的平面定義如圖5，設(shè)與交于P，聯(lián)結(jié)．

因?yàn)?，且，所以四點(diǎn)共面．因?yàn)?，所以．又，所以四邊形是梯形，即直線與直線一定相交．因?yàn)槠矫?，所以直線與平面相交．【整體點(diǎn)評(píng)】（2）方法一：直接利用向量法求出，屬于通性通法；方法二：根據(jù)二面角與二面角互補(bǔ)，通過轉(zhuǎn)化求二面角，利用面積射影法求出，是該問的最優(yōu)解；方法三：根據(jù)二面角與二面角互補(bǔ)，通過轉(zhuǎn)化求二面角，利用三垂線法求出；（3）方法一：利用向量證明平面的法向量與直線的方向向量不垂直即可，既是該問的通性通法，也是最優(yōu)解；方法二：通過證明與平面平行的平面與直線相交證出；方法三：構(gòu)建過直線且與平面相交的平面，通過證明直線與交線相交證出．19．已知橢圓C：的焦點(diǎn)在x軸上，且經(jīng)過點(diǎn)，左頂點(diǎn)為D，右焦點(diǎn)為F．(1)求橢圓C的離心率和的面積；(2)已知直線與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)．過點(diǎn)B作直線的垂線，垂足為G．判斷直線是否與y軸交于定點(diǎn)？請(qǐng)說明理由．【答案】(1)離心率為，的面積為；(2)見解析.【分析】（1）根據(jù)橢圓經(jīng)過點(diǎn)可求出，從而可求離心率，求出的坐標(biāo)，從而可求的面積；（2）設(shè)，則,聯(lián)立，可得，的方程為，令，得，代入化簡(jiǎn)即可求解.【詳解】（1）因?yàn)榻?jīng)過點(diǎn)，所以，解得.所以橢圓C：，，所以.因?yàn)?,所以.（2）設(shè)，則,則的方程為，令，則①.聯(lián)立，可得，因?yàn)檫^定點(diǎn)，在橢圓內(nèi)，所以與橢圓恒有兩個(gè)交點(diǎn)，故，.所以.代入①，可得，故直線是否與y軸交于定點(diǎn).【點(diǎn)睛】定點(diǎn)定值點(diǎn)睛：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)．(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．20．已知函數(shù).(1)若，求在處切線方程；(2)求的極大值與極小值；(3)證明：存在實(shí)數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn).【答案】(1)(2)見解析(3)證明見解析【分析】（1）根據(jù)導(dǎo)數(shù)的幾何意義求出切線斜率即可得解；（2）求出函數(shù)導(dǎo)數(shù)，分類討論得函數(shù)單調(diào)性，根據(jù)單調(diào)性求函數(shù)極值即可；（3）根據(jù)（2）判斷函數(shù)大致變化趨勢(shì)，由函數(shù)零點(diǎn)個(gè)數(shù)即函數(shù)圖象與x軸交點(diǎn)個(gè)數(shù)可證明.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，所以，又，所以切線方程為，即.（2），當(dāng)時(shí)，，解得，故時(shí)，，單調(diào)遞減；時(shí)，，單調(diào)遞增，故時(shí)，的極小值為，無極大值；當(dāng)時(shí)，令，解得，，故當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞增，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞減，故的極大值為，極小值為；當(dāng)時(shí)，令，解得，，故當(dāng)或時(shí)，，單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，，單調(diào)遞增，故的極大值為，極小值為；綜上，當(dāng)時(shí)，的極小值為，無極大值；當(dāng)時(shí)，的極大值為，極小值為.（3）當(dāng)時(shí)，由（2）知，在和上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且時(shí)，恒成立，時(shí)，，又的極大值為，極小值為，所以存在實(shí)數(shù)時(shí)，函數(shù)有三個(gè)零點(diǎn).21．對(duì)于一個(gè)行列的數(shù)表，用表示數(shù)表中第行第列的數(shù)，其中，且數(shù)表滿足以下兩個(gè)條件：①；②，規(guī)定．(1)已知