甘肃省庆阳市庆城县陇东中学2024届高三第五次月考数学试题（含解析）

陇东中学2024届高三第五次月考试卷
数学
全卷满分150分，考试时间120分钟。
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置。
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚。
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交。
5．本卷主要考查内容：集合与常用逻辑用语，不等式，函数，导数及其应用，平面向量，复数，三角函数，数列，立体几何，解析几何。
一、单项选择题：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．（ ）
A． B． C． D．
2．已知集合，，若，则（ ）
A． B．6 C．5 D．
3．已知α，β是不同的平面，m，n是不同的直线，则下列命题不正确的是（ ）
A．若，，，则 B．若，，则，
C．若，，则 D．若，，则
4．已知，，，则a，b，c的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知向量，都是单位向量，若，则向量，的夹角的大小为（ ）
A． B． C． D．
7．若直线l：与曲线M：有两个不同交点，则k的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．已知双曲线C：的上、下焦点分别为，，P是C上支上的一点（不在y轴上），与x轴交于点A，的内切圆在边上的切点为B，若，则C的离心率的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．关于递减等比数列，下列说法正确的是（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．
10．已知函数，将函数的图象先向右平移个单位长度，再向下平移1个单位长度得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．函数为偶函数
B．
C．
D．函数的图象的对称轴方程为
11．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．函数的图象经过坐标原点
B．当时，函数有且仅有一个极小值点
C．若关于的不等式恒成立，则
D．“”是“函数为增函数”的必要不充分条件
12．如图，在三棱锥中，，，二面角的大小为120°，则下列说法正确的是（ ）
A．直线AB与CD为异面直线
B．
C．三棱锥的体积为
D．三棱锥的外接球的表面积为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．______．
14．若圆柱的高和底面半径之比，且圆柱的体积，则r=______．
15．已知数列满足，，若，则数列的前n项和______．
16．已知抛物线C：的焦点为F，过点F且斜率为2的直线与抛物线C相交于A，B两点（点A在x轴的上方），则______．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．（本小题满分10分）
已知等比数列的公比为2，且．
（1）求的通项公式；
（2）若，求数列的前n项和．
18．（本小题满分12分）
在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，，且的面积为．
（1）求A；
（2）求的周长．
19．（本小题满分12分）
已知函数，其中．
（1）若函数的最大值是最小值的5倍，求m的值；
（2）当时，函数的正零点由小到大的顺序依次为，，，…，若，求ω的值．
20．（本小题满分12分）
如图，在三棱柱中，底面ABC，D为BC的中点，点P为棱的中点，，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面PAC所成角的正弦值．
21．（本小题满分12分）
设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，该椭圆的左顶点A到直线的距离为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）若线段MN平行于y轴，满足，动点P在直线上，满足．证明：过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．
22．（本小题满分12分）
已知函数．
（1）讨论函数的单调区间；
（2）证明：．
陇东中学2024届高三第五次月考试卷 数学
参考答案、提示及评分细则
1．C ．
2．D 由，可知，所以，解得．
3．B 若，，则，或，或，．
4．A 由，有，可得，又由，，，可得．
5．A 因为，所以，则函数的图象关于y轴对称，排除C和D；因为当时，，排除B．
6．B 由题意有，可得，解得，可得，故向量，的夹角的大小为．
7．B 曲线M：是以为圆心，1为半径的，且在直线上方的半圆．要使直线l与曲线M有两个不同交点，则直线l在如图所示的两条直线之间转动，即当直线l与曲线M相切时，k取得最大值；当直线l过点时，k取最小值．故k的取值范围是．
8．A 设该内切圆在，上的切点分别为D，E，则有，，．又，，所以，即，解得．由，即，得，所以，从而．
9．AC A．当，时，从第二项起，数列的每一项都小于前一项，所以数列递减，A正确；
B．当，时，为摆动数列，故B错误；
C．当，时，数列为递减数列，故C正确；
D．，当时，，此时，当时，，，故D错误．故选AC．
10．ACD 由，函数为偶函数，可得，令，，可得，．可知选项为ACD．
11．AB 由可知选项正确；由，当时，方程有唯一根，可知B选项正确；由，，可知为函数的极值点，有，得，可知C选项错误；又由函数为增函数，有，可得，令，有，令，可得，可知函数的减区间为，增区间为，有，可得，又由，可知“”是“函数为增函数”的充分不必要条件，可知D选项错误．
12．ABD 由异面直线的定义知A选项正确；在中，，可知B选项正确；如图，取BC的中点E，在AE上取点，使得，取BD的中点G，并延长CG到点，使得，，，可知C选项错误；记O为三棱锥的外接球的球心，连接，，，并延长，相交于点．由，可知为等边三角形，又由，可知为的外心．由，，，可得，又由，可得，都为等边三角形，可得，可得为的外心．可得，，可知为二面角的平面角，可得．由，可得，，，在中，，，可得，，由，在中，可得，在中，，可得三棱锥的外接球的表面积为，可知D选项正确．
13． ．
14．3 ，，得．
15． 由，得数列为等差数列，由，得，所以，得，所以，．
16． 设，，由可得直线AB的方程为，联立方程后整理为，解得，，且有．由抛物线的定义，有．
17．解：（1）依题意可得，
则，
从而数列是公差为1的等差数列．
∵，∴或，
当时，．
当时，．
（2）∵，∴，
，
则．
18．解：（1）因为，
由正弦定理可得，整理为．
由余弦定理得，因为，所以．
（2）因为，所以．
，所以
所以的周长为．
19．解：（1），
当时，，
当时，，
有，解得，
故；
（2）当时，，
令，有，有或，
可得或，
取，可得，，
又由，有，解得，
故．
20．（1）证明：∵，，∴．
∵底面ABC，平面ABC，∴．
又∵，∴，
∵，，，BC，平面，
∴平面．
（2）解：如图，取的中点E，连接DE．
由，，可得平面ABC，又由，可得AD，BC，DE两两垂直，建立如图所示的空间直角坐标系．
由，，可得，
各点坐标为，，，，，．
平面ACP的法向量为．
由，，有取，，，可得．
又由，设直线与平面PAC所成的角为θ．
由，，，有．
故直线与平面PAC所成角的正弦值为．
21．（1）解：左顶点A的坐标为，
因为，所以，
又，所以，解得，
故椭圆C的标准方程为．
（2）证明：由题意设，，，则依题意得，
由，得，整理得，
由，得，
整理得．
又因为，即，所以，
由（1）得，所以，
所以，
所以，
故过点N且垂直于OP的直线过椭圆C的右焦点F．
22．（1）解：的定义域为，．
所以当时，，在上单调递增；
当时，，得，
即当时，，所以的单调递增区间为，
当时，，的单调递减区间为．
（2）证明：要证，即证，也即．
令，，
当时，，单调递减；当时，，单调递增；
所以的最小值为．
令，则，
当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以的最大值为，
因为，所以，即，
所以．