河北省昌黎第一中学2023-2024学年高三第六次调研考试数学试卷

这是一份河北省昌黎第一中学2023-2024学年高三第六次调研考试数学试卷，共17页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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.若复数为纯虚数，则实数（ ）
A.B.C.D.6
2.已知集合，，且，则实数的所有值构成的集合是（ ）
A.B.C.D.
3.已知向量，，且，则（ ）
A.3B.4C.5D.6
4.下列说法正确的是（ ）
A.“”是“”的必要不充分条件
B.命题“，”的否定是“，”
C.“”是“函数的最小正周期为2”的充分不必要条件
D.的充要条件是
5.已知，为钝角，，则（ ）
A.B.1C.D.2
6.（教材题改编）如图，在边长为4的正方形中，点，分别为，的中点，将，，分别沿，，折起，使，，三点重合于点，则三棱锥的外接球体积为（ ）
A.B.C.D.
7.定义两个向量与的向量积是一个向量，它的模，它的方向与和同时垂直，且以，，的顺序符合右手法则（如下图），在棱长为2的正四面体中，则（ ）
A.B.4C.D.
8.表面积为的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（ ）
A.B.C.D.
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，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9.已知，是两个不同平面，，是两条不同直线，则下述正确的是（ ）
A.若，，，，则
B.若，，则
C.若，，，是异面直线，则与相交
D.若，，则
10.已知函数是定义在上的奇函数，且为偶函数，当时，，则下列说法正确的是（ ）
A.B.的值域为
C.在单调递减D.关于中心对称
11.已知圆：，则下列命题是真命题的是（ ）
A.若圆关于直线对称，则
B.存在直线与所有的圆都相切
C.当时，为圆上任意一点，则的最大值为
D.当时，直线：，为直线上的动点，过点作圆的切线，，切点为，，则最小值为4
12.如图，四棱锥的底面为正方形，底面，，点是棱的中点，过，，三点的平面与平面的交线为，则（ ）
A.直线与平面有一个交点
B.
C.直线与所成角的大小为
D.平面截四棱锥所得的上下两个几何体的体积之比为
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.________.
14.（教材选修2-1，P8改编题）正三棱柱中，底面边长为，侧棱长为，若，则________.
15.（教材选修2-1，P41原题）如下图，二面角的棱上有两个点，，线段与分别在这个二面角的两个面内，并且都垂直于棱.若，，，，则平面与平面的夹角的余弦值为________.
16.已知椭圆：的左、右焦点分别为，，点在椭圆上，且，过作的垂线交轴于点，若，记椭圆的离心率为，则________.
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.如图，四边形中，，，，且为锐角.
（1）求；
（2）求的面积.
18.已知数列和满足：，，（为常数，且）.（1）证明：数列是等比数列；
（2）①求数列的通项公式；②若当和时，数列的前项和取得最大值，求的表达式.
19.（教材选修2-1，P44改编题）如图，在直三棱柱中，，，，是的中点，是的中点，是与的交点.
（1）求多面体的体积；
（2）求点到平面的距离；
（3）在线段上是否存在点，使得平面？
20.已知三棱锥的四个顶点均在半径为的球面上，且，，为的中点.
（1）证明：平面；
（2）若是线段上的点，且平面与平面的夹角为.求与平面所成角的正弦值.
21.已知整数数列是等差数列，数列满足，数列、前项和分别为，，其中.
（1）求数列的通项公式；
（2）用表示不超过的最大整数，求数列的前20项和.
22.已知圆：和圆：，以动点为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，记动点的轨迹为.
（1）求轨迹的方程；
（2）过的直线交轨迹于，两点，点在直线上，若是以为斜边的等腰直角三角形，求的长度.
六调数学答案
要求：拿到答案后，认真研究给分标准，按照标准改进自己的解题过程，即使解答题得了满分，也要认真学习给分标准，让自己的解题过程更加规范，不给阅卷老师任何减分的机会。
1【答案】B【详解】依题意，，因为复数是纯虚数，且，则且，解得，所以.故选：B
2【答案】D【详解】，因为，所以，
当时，，满足要求，
当时，只有一个根，
若，则，解得：，
若，则，解得：，
若，则，解得：，实数的所有值构成的集合是.故选：D
3【答案】C【详解】，两边平方得，展开整理得
，解得.故选：C
4【答案】C【详解】对于，“若，则”是假命题，因为，而；
“若，则”是假命题，因为，而，即“”是“”的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，命题“，”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，因此它的否定是“，”，B错误；
对于D，当，时，成立，因此成立，不一定有，D错误；
对于C，当时，函数的最小正周期为2；当函数的最小正周期为2时，或.所以“”是“函数的最小正周期为2”的充分不必要条件.C正确.故选：C
5【答案】A【详解】解：因为，所以，因为为钝角，所以，则，
所以.故选：A
6【答案】A【详解】依题意，，，，且，，于是四面体可以补形成以，，为相邻三条棱的长方体，该长方体与四面体的外接球相同，设四面体的外接球的半径，则为长方体的体对角线长，即，所以四面体的外接球体积为.故选：A
7【答案】D【详解】设，则，，过作平面，则为三角形的外心，所以，进而，，
，由于与共线，且方向相同，则
8【答案】B【详解】设圆锥的内切球半径为，则，解得，设圆锥顶点为，底面圆周上一点为，底面圆心为，内切球球心为，轴截面如下图示，内切球切母线于，底面半径，，则，
又，故，
又，故，
故该圆锥的表面积为，令，所以，所以.（当且仅当时等号成立）
所以该圆锥的表面积的最小值为.故选：B
9【答案】BD【详解】解：对于A选项，当，，，，与相交时，，故错误；
对于B选项，线面垂直与线面平行性质知当，，则，正确；
对于C选项，若，，，是异面直线，则与相交或，故错误；
对于D选项，根据线面垂直的判定定理得：若，，则，故正确.
10【答案】ABD【详解】对于A，因为为偶函数，所以满足，又是奇函数，则，所以，用替换可得，再用替换，可得，故A正确
对于B，由已知是奇函数易得当时，，又为偶函数，则可知图象关于轴对称，因此可知在上的值域为，又由A选项可知是周期为4的函数，因此B正确
对于C，结合AB选项可知，，为减函数，故C错误
对于D，因为是奇函数，且满足，因此关于中心对称，因此D正确
11【答案】BCD【详解】解：圆：，整理得：，所以圆心，半径，则
对于A，若圆关于直线对称，则直线过圆心，所以，得，又时，，方程不能表示圆，故A是假命题；
对于B，对于圆，圆心为，半径，则，
当直线为时，圆心到直线的距离，故存在直线，使得与所有的圆相切，故B是真命题；
对于C，当时，圆的方程为，圆心为，半径由于为圆上任意一点，设，则式子可表示直线，此时表示直线的纵截距，故当直线与圆相切时，可确定的取值范围，于是圆心到直线的距离，解得或，则，所以的最大值为，故C为真命题；
对于D，圆的方程为，圆心为，半径，如图，连接，，
因为直线，与圆相切，所以，，且可得，又，所以，且平分，
所以，
则，则最小值即的最小值，即圆心到直线：的距离，所以的最小值为4，故D为真命题.
12【答案】BCD【详解】如图，取棱中点，连接，，
因为是棱的中点，则，即，，，四点共面，则为直线，又平面，平面，所以平面，即平面，故A错误；
由底面，平面，所以，由，可得为等腰直角三角形，而斜边的中点为，所以，再由底面是正方形，易得，又，且，平面，所以平面，又平面，所以，又，且，平面，所以平面，又平面，所以，故B正确；
由，则直线与所成的角，即与所成的角，由，则，即与所成的角的余弦值为，故C正确；
，，所以，所以，故D正确.
13【答案】/0.75【详解】法1：.
法2：.
法3：余弦定理，
根据正弦定理，，取三角形三个内角分别，，，则.
故答案为：.
14.【答案】
15【答案】【详解】设平面与平面的夹角为，
由可得，所以.
16.【答案】1.【详解】如图所示：因为，，所以，可得，即，可得；
又在中，，
由椭圆定义可得，即，
所以，可得，
所以.
17【详解】（1）由已知，
是锐角，.
由余弦定理可得，则.
，是四边形外接圆的直径，
是外接圆的直径，利用正弦定理知
（2）由，，，，
则，
又，则，
因此，
故的面积为.
18【详解】（1）因为，即，所以，
而，
所以，即，
即数列是以为首项，2为公比的等比数列.
（2）由（1）知，所以.
因为当和时，数列的前项和取得最大值，所以，
即，解得.
所以.
经检验，当时，，当时，，所以先增后减，
在和时取得最大值，符合题意.
此时.
19【详解】（1）（对一个体积给1分）
（2）设点到平面的距离为，由得，在中，，，，则，，故的面积为
由以上数据解得
（3）如图，分别以，，所在直线为，，轴，建立空间直角坐标系，
，，，，，
则，，.
设面的法向量，则，即.
令得.
因为平面，所以，即.
所以，得，
，所以.因为，，
所以存在在三等分点处靠近，使得平面.
注：若通过面面平行求解，仿上酌情给分
20【详解】（1）证法一：连结、（如图），易知是以斜边的等腰直角三角形，
，又，
，，为的中点，，
，即，
，、平面，平面.
证法二：取的中点，连结、（如图），
，，又，，
，，，
，、平面，平面.
平面.，
又，，、平面，平面；
证法三：易知为等腰直角三角形，不妨设，则，
又为斜边中点，，又，，
为等腰直角三角形，且，
，，，
又，，、平面，平面.
此问解法较多，如与答案不同，酌情给分
（2），，，
是等腰直角三角形，
为中点，，
为三棱锥外接球的球心，
依题意，，
连结，
，，，、平面，
平面，
平面，，
为二面角的平面角，等于，
解法一：由上知为等腰直角三角形，为的中点，
，
，，，、平面，
平面，
平面，平面平面，
点在平面上的射影在上，
即为与平面所成的角，
易得，，由余弦定理可得.
所以与平面所成的角的正弦值为
解法二：由（1）知、、两两垂直，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，，，，
为的中点，，
，，，
设平面的法向量为
则，
取，则，得，
，
与平面所成角的正弦值为.
21【详解】（1）当时，.
又因为，所以.
设，则.
依题意，，得恒成立解得，
所以，.
（2）
…①
…②
，得
即
时，，，所以；
时，，所以，所以，
所以.
22【详解】（1）由题设且半径，且半径，
所以，即圆在圆内，
设，又为圆心的圆与其中一个圆外切，与另一个圆内切，且半径为，
所以，
则.
所以轨迹的方程为.
注：答案所给方法并非最佳，用椭圆定义求解更为简单，同学们可以优化一下上述解答过程。运用两圆位置关系，根据椭圆定义得出轨迹形状为椭圆即可给3分，方程给1分
（2）由题意，直线的斜率一定存在，设直线为，
由，即在椭圆内，联立椭圆方程整理得：，
所以，且，，
则，
又，
则中点，
所以线段垂直平分线为，
令，则，故交点坐标，
由为以为斜边的等腰直角三角形，
所以
则，
则，所以，
故.