黑龙江省佳木斯市第一中学2025届高三上学期第五次调研考试数学试卷（Word版附解析）

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注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（本题共有8个小题，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，则（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据条件，结合复数的除法运算，求出复数，，再求即可.
【详解】由，得，所以，
所以.
故选：C
2. 若方程表示椭圆，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先化为椭圆标准方程，再根据椭圆方程性质列不等式组计算即可求参.
【详解】因为方程表示椭圆，
所以且与不相等，
所以.
故选：C.
3. 若点在圆的外部，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据点在圆外以及圆的一般式满足的系数关系即可列不等式求解.
【详解】由于点在圆的外部，故
，解得，
故选：C
4. 若函数，则函数的单调递减区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求函数的导数，利用导数小于零并结合定义域得出结果.
【详解】函数，定义域为，
由，令，解得，
则函数的单调递减区间为.
故选：C.
5. 在等比数列中，记其前项和为，已知，则的值为（ ）
A. 2B. 17C. 2或8D. 2或17
【答案】D
【解析】
【分析】根据等比数列通项公式求得或，再利用等比数的求和公式求解即可.
【详解】由等比数列的通项公式可得，
整理得，
解得或．
当时，；
当时，．
所以的值为2或17．
故选：D．
6. 设圆和不过第三象限的直线，若圆上恰有三点到直线的距离均为2，则实数（ ）
A. B. 1C. 21D. 31
【答案】D
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离，结合直线在轴的截距，即可求解.
【详解】的圆心为，半径为
若圆上恰有三点到直线距离均为2，则圆心到直线的距离为
解得或，
由于直线不经过第三象限，则直线与轴的交点，
故，
故选：D
7. 如图，将绘有函数（，）部分图像的纸片沿x轴折成钝二面角，夹角为，此时A，B之间的距离为，则（ ）

A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，利用周期求，利用余弦定理求，然后由勾股定理求出，根据图象过点即可得解.
【详解】过分别作轴的垂线，垂足分别为，过分别作轴、轴的垂线相交于点，

连接，则，
由余弦定理得，
由上可知，轴垂直于，又平面，
所以轴垂直于平面，又轴，所以平面，
因为平面，所以，
因为的周期，所以，
由勾股定理得，解得，
由图知，的图象过点，且在递减区间内，
所以，即，
因为，点在递减区间内，所以.
故选：C
8. 设椭圆的焦点为，，是椭圆上一点，且，若的外接圆和内切圆的半径分别为，，当时，椭圆的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用正弦定理计算，根据余弦定理计算，根据等面积法列方程得出，的关系，从而可求出椭圆的离心率．
【详解】椭圆的焦点为，，，
根据正弦定理可得，
，．
设，，则，
由余弦定理得，，
，
，
又，
，即，故，
解得：或（舍．
故选：B．
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求的．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．）
9. 下列说法正确的有（ ）
A. 直线恒过定点
B. 若两直线与平行，则实数的值为1
C. 若，，则直线不经过第二象限
D. 点，，直线与线段相交，则实数的取值范围是
【答案】AC
【解析】
【分析】A选项，将直线变形为点斜式，求出所过定点；B选项，根据两直线平行，得到方程，求出实数的值，检验后得到答案；C选项，直线变形为斜截式，得到斜率与与轴截距，得到C正确；D选项，求出过定点，画出图象，数形结合得到实数的取值范围.
【详解】A选项，，
故直线恒过定点，A正确；
B选项，两直线与平行，则，
解得或，
当时，两直线与满足要求，
当时，两直线与满足要求，
综上，或，B错误；
C选项，若，则直线变形为，
直线斜率，与轴截距为
直线经过一，三，四象限，不经过第二象限，C正确；
D选项，直线，直线经过定点，
画出坐标系，如下：

其中，，
则要想直线与线段相交，则直线斜率或，
解得或，D错误.
故选：AC.
10. 已知圆与圆，下列说法正确的是（ ）
A. 过点作圆的切线有且只有一条
B. 圆和圆共有4条公切线
C. 若M，N分别为两圆上的点，则M，N两点间的最大距离为
D. 若E，F为圆上的两个动点，且，则线段的中点的轨迹方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，利用点圆位置关系即可判断；B选项，将两圆的一般方程化为标准方程，得到圆心和半径，判断两圆位置关系即可判断；C选项，数形结合得到；D选项，由垂径
定理得到，从而得到线段的中点的轨迹方程.
【详解】对于A，对于圆，有，
所以点在圆上，则点作圆的切线有且只有一条，故A正确；
对于B，圆化为标准方程得，
则圆的圆心为，半径为2，
圆的方程化为，
则圆的圆心为圆心，半径为3，
因此，
因为，所以，
所以两圆相交，则圆和圆共有2条公切线，故B错误；
对于C，根据圆的图象可知，故C正确；
对于D，不妨设中点为，则，圆的半径为3，
由垂径定理可知，即，
设点的坐标为，又点的坐标为，
所以的轨迹方程为，故D正确.
故选：ACD.
11. （多选）如图，四边形ABCD是边长为5的正方形，半圆面平面ABCD，点P为半圆弧AD上一动点（点P与点A，D不重合），下列说法正确的是（ ）
A. 三棱锥的四个面都是直角三角形
B. 三棱锥的体积最大值为
C. 在点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直
D. 当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P不是半圆弧AD的中点
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A，利用空间中直线、平面垂直的有关定理证明即可；
对于B，三棱锥底面面积固定，当高最大时，体积最大，可通过计算进行判断；
对于C，假设垂直，利用空间中直线、平面垂直的有关定理即可推出矛盾；
对于D，首先利用空间向量解决当直线PB与平面ABCD所成角最大时，点P的位置，进而作出判断即可.
【详解】对于A，因为四边形ABCD是正方形，所以为直角三角形，
又因为为直径，所以，为直角三角形，
又因为半圆面平面ABCD，平面平面，，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
因平面，平面，所以，
又因为，，平面，平面，
所以平面，因为平面，所以，所以为直角三角形，
因此三棱锥的四个面都是直角三角形，故选项A正确；
对于B，
过点在平面内作于点，
因为平面平面ABCD，平面平面，平面，
所以平面ABCD，为三棱锥的高，所以三棱锥的体积，
因为的面积为定值，
所以当最大时，三棱锥的体积最大，此时点为半圆弧AD的中点，，
所以三棱锥体积的最大值为，故B错误；
对于C，若点P变化过程中，直线PA与BD垂直，由圆的性质，，
所以平面，平面，所以，
又由A知：，在同一平面内，一条直线不可能同时垂直于两条相交直线，
所以点P变化过程中，直线PA与BD始终不垂直，故选项C正确；
对于D，由选项B解析可知：平面ABCD，为在平面内的投影，
所以直线PB与平面ABCD所成角，当直线PB与平面ABCD所成角最大时，取最小值，
以为坐标原点，建立空间直角坐标系如图所示，
设，，则，
直角三角形内，，即，
所以，所以，，
，
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，
取最小值，直线PB与平面ABCD所成角最大，
此时点P不是半圆弧AD的中点，故选项D正确，
故选：.
II卷非选择题
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12. 已知向量，满足，，，则_____．
【答案】6
【解析】
【分析】根据模长公式即可求解.
【详解】由 可得，
，解得，
故答案为：6
13. 在中，，已知点，，则点到直线的最大距离为_____．
【答案】
【解析】
【分析】利用正弦定理及椭圆的定义可得动点的轨迹，运用数形结合即可求得结果.
【详解】由已知，，则6，
因为，
则由正弦定理可知，
所以动点的轨迹是以，为焦点，长轴长为12的椭圆，不含左、右顶点，
所以当且仅当点在椭圆的上、下顶点时，点到直线的距离最大为.
故答案为：.
14. 在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点、、、都在球的表面上，则球的表面积为______．
【答案】
【解析】
【分析】过点在平面内作，垂足点为，取线段的中点，连接、，分析可知，三棱锥的外接球的球心为中点，设球的半径为，利用锥体的体积公式可求出的值，结合球体的表面积公式可求得结果.
【详解】过点在平面内作作，垂足点为，
取线段的中点，连接、，如下图所示：
因为，，则，
所以，三棱锥的外接球的球心为中点，
因为平面平面，平面平面，，
平面，则平面，
设球的半径为，则，
又，，所以，，，，
所以，，
所以，三棱锥的体积为，
解得，因此，球的表面积为.
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．）
15. 已知点，，点A关于直线的对称点为C.
（1）求的外接圆的标准方程；
（2）若过点的直线被圆E截得的弦长为2，求直线l的方程.
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）先利用点关于直线对称求得点的坐标，再利用待定系数法求得圆的一般方程，从而配方得解；
（2）利用圆的弦长公式求得圆心到直线的距离，再分类讨论直线斜率存在与否，利用点线距离公式列式即可得解.
【小问1详解】
依题意，设点，
因为点与点关于直线对称，
所以，解得，故，
设的外接圆的一般方程为，
则，解得，
则圆的一般方程为，
所以圆的标准方程为.
【小问2详解】
由（1）知，圆的圆心为，半径为，
因为直线被圆截得的弦长为2，
所以圆心到直线的距离为，
当直线斜率不存在时，直线方程为，易知满足题意；
当直线斜率存在时，设直线的方程为，即，
则，解得，
此时的方程为，即
综上，所求直线的方程为或.
16. 记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）求；
（2）若，，，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知，利用正弦定理可得，利用余弦定理可求得，即可求得；
（2）由，可得，利用三角形的面积公式可求得，再利用余
弦定理即可求得.
【小问1详解】
由及正弦定理得，
整理得，
又由余弦定理的推论得，，
因为，所以．
【小问2详解】
由，，得，
即，可得，
由余弦定理可得，
，即．
17. 已知等差数列的公差，且，，，成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）设求数列前项和为；
（3）设求数列的前项和．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据题意得到方程组，求出首项和公差，得到通项公式；
（2）变形得到，裂项相消法求和；
（3）利用错位相减法求和即可.
【小问1详解】
根据题意，因为，，，成等比数列，
所以，又，
解得，，
故；
【小问2详解】
因为
，
所以
；
【小问3详解】
∵
∴①，
②，
∴①-②得
∴.
18. 已知矩形中， ，，是的中点，如图所示，沿将翻折至
，使得平面平面.

（1）证明：；
（2）已知在线段上存在点（点与点，均不重合），使得与平面所成的角的正弦值是.
①求的值；
②求点到平面的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）①；②
【解析】
【分析】（1）应用面面垂直性质定理得出线面垂直进而得出线线垂直；
（2）①先建立空间直角坐标系由线面角的正弦值即可求出比值；
②由空间向量法计算点到平面距离公式计算即可.
【小问1详解】
因为矩形，，，是中点，所以，
又，所以，所以，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，又平面，
所以.
【小问2详解】
（1）以为原点，所在直线为轴，所在直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系.

则，，，，，，
设是的中点，因为，所以，
又平面平面，平面平面，平面，
所以平面，，所以，
设，则，
所以则，
则.
设平面的一个法向量为，
则，
令，可得，，
即为平面的一个法向量，
设与平面所成的角为，
所以，
解得（舍去），
所以的值为.
②由①得，
所以点到平面的距离.
19. 已知函数，．
（1）当时，求在处的切线方程；
（2）若恒成立，求的范围；
（3）若在内有两个不同零点，求证：.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，即可求解斜率，根据点斜式求解切线方程，
（2）构造函数，求导，根据单调性可得，进而，构造函数，求导判断单调性，即可求解最值得解.
（3）根据在单调递减.证明，即可求证，构造函数以及，利用导数求解单调性，即可求证.
小问1详解】
，
则，，
故切线方程为，即，
【小问2详解】
，
令，
令，
当在单调递增，且，
当时，，
解集为，
故，进而即，
令，，
当单调递增，当，单调递减，
当时，，
，因此，
故
小问3详解】
在内有两个不同零点，
则有两个根，即，
由（2）知，当 在单调递增，单调递减.
故，
欲证，即证，
由于，在单调递减.即，即，
即证，即，
即证即证显然成立，
欲证 即证，即证
即证，即证，即证
令，则，
令，
故在单调递增，且，
在单调递增，，得证
【点睛】方法点睛：利用导数求单调性时，如果求导后的正负不容易辨别，往往可以将导函数的一部分抽离出来，构造新的函数，利用导数研究其单调性，进而可判断原函数的单调性.在证明不等式时，常采用两种思路：求直接求最值和等价转化.无论是那种方式，都要敢于构造函数，构造有效的函数往往是解题的关键.