精品解析：广东省佛山市顺德区罗定邦中学2024-2025学年高三鲲鹏班上学期第五次质量检测数学试题

鲲鹏2025届高三第一学期第五次质量检测试卷（数学） 命题人：高三数学备课组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 2. 设复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知单位向量满足，若向量，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 5. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（ ） A. 30 B. 10 C. 9 D. 6 6. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 7. 如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积是（   ）    A. 6 B. 9 C. 18 D. 27 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（ ） A. 过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直 B. 有且仅有一个点M到AB，的距离相等 C. 过点M有且仅有一条直线与，都相交 D. 有且仅有一个点M满足平面平面 10. 设公比为的等比数列的前项和为，若数列满足，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ） A. 方程无解 B. 方程有两个解 C. 的最小值为 D. 的最大值为 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比__________. 13. 已知函数，则当时的最大值为__________． 14. 布罗卡尔点（Brocard’s point）是三角形几何中的一个特殊点.罗卡尔点的发现可以追溯到1816年.由德国数学家克雷尔（A.L.Crelle）首次发现，但当时并未受到广泛关注.直到1875年，法国军官布罗卡尔重新发现了这个点，并用自己的名字命名，从而引起了数学界的广泛关注.它的定义是：若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点.若设，则称为布罗卡尔角.已知中，，，若P为的布罗卡尔点，并记、、的外接圆面积分别为、、，则______. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 在中，内角所对边的长分别为，且满足． （1）求； （2）若，是的中线，求的长． 16. 已知等比数列的公比，前项和为．若，且是与的等差中项 （1）求； （2）设数列满足，数列的前项和为．求． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）证明：曲线过点的切线只有一条. 18. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 19. 已知三次函数在处取到极值． （1）求； （2）若函数与在上有两个交点，求实数的取值范围； （3）证明：当时，函数的图象上存在两条与直线垂直的切线． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 鲲鹏2025届高三第一学期第五次质量检测试卷（数学） 命题人：高三数学备课组 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号；回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 3．考试结束后，将答题卡交回． 一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．） 1. 设集合，，则等于（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式求出集合，再根据并集的定义计算可得. 【详解】由，解得，所以， 又， 所以. 故选：C 2. 设复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算求，再根据复数的几何意义判断点所在的象限. 【详解】∵，则， ∴z在复平面内对应的点为，位于第三象限. 故选：C. 3. 已知单位向量满足，若向量，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量的数量积运算以及夹角的余弦公式，可得答案. 【详解】由单位向量，则，又， 所以，所以， 又， 所以. .故选：B. 4. 已知两条不同的直线，两个不同的平面，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】由点线面位置关系、定理及性质即可判断. 【详解】对于A，如图，若，则或与异面，故A错误； 对于B，，若，则由线面垂直定义，故B错误； 对于C，如图，，此时，故C错误； 对于D，若，则由线面平行性质定理，故D正确. 故选：D. 5. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，，，则的值为（ ） A. 30 B. 10 C. 9 D. 6 【答案】B 【解析】 【分析】根据等比中项可得，对根据等比数列的定义和通项公式可得，运算求解即可得答案. 【详解】为正数的等比数列，则，可得， ∵， ∴， 又∵，则，可得， ∴，解得， 故. 故选：B. 6. 在中，“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】在中，，通过解不等式即可求解. 【详解】在中，，一方面，若，则，所以； 另一方面，若，取，则； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 7. 如图，在长方体中，，，则四棱锥的体积是（   ）    A. 6 B. 9 C. 18 D. 27 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意证得平面，得到四棱锥的高为，结合体积公式，即可求解. 【详解】 在长方体中，， 连接交于点，可得， 又由平面，且面，所以， 因为，且平面，可得平面， 所以四棱锥的高为， 所以的体积. 故选：A. 8. 已知函数，若，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，数形结合可得，可得，进而令，，利用导数可求的取值范围. 【详解】设，如图所示：    由的图象知，，则，从而，， 所以， 令，，则， 当时，，当且仅当时，， 所以在上为减函数，所以， 得，即的取值范围是． 故选：A． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．） 9. 如图，在正方体中，点M是棱上的动点（不含端点），则（ ） A. 过点M有且仅有一条直线与AB，都垂直 B. 有且仅有一个点M到AB，的距离相等 C. 过点M有且仅有一条直线与，都相交 D. 有且仅有一个点M满足平面平面 【答案】ABC 【解析】 【分析】逐个分析每个选项即可. 【详解】对于选项A，设过点M与AB、都垂直的直线为l， ∵， ∴， 又∵，，、面， ∴面， 而过点M作平面的垂线有且只有一条直线，即为：． ∴过点M有且仅有一条直线与AB、都垂直.故选项A正确； 对于选项B，连接MA，， 由题意知，AB面，面， ∴ABMA，，即：MA为点M到AB的距离，为点M到的距离， 在中，， 在中，， 又∵ ∴当时，，即：当M为的中点时，点M到AB、的距离相等，即：有且仅有一个点M到AB、的距离相等.故选项B正确； 对于选项C，如图所示， 连接AC、BD交于点O，连接、交于点，连接交于点N，则面，又因为面，且，，所以连接MN必与交于点G，即：过点M有且仅有一条直线与、都相交.故选项C正确； 对于选项D，设正方体的边长为2，以点D为原点，分别以DA、DC、为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，如图所示， 则，，，， 设，， 则，，，， 设面的一个法向量为， 当时，取，则，， 当时，取，则，，则， 设面（即：面）的一个法向量为 取，则，，则， 当时，，此时面与面不垂直， 当时，，所以面与面不垂直， 所以不存在过点M满足面面.故选项D错误； 故选：ABC. 10. 设公比为的等比数列的前项和为，若数列满足，且，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由可求得，结合可排除，知B正确；由等比数列通项公式知A错误；利用作差法可知C正确；根据等比数列求和公式可判断D错误. 【详解】对于B，当时，，，又，， 或； 当时，，，与矛盾，，B正确； 对于A，，A错误； 对于C，，，，，即，C正确； 对于D，，又，，D错误. 故选：BC. 11. 数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微．”事实上，很多代数问题可以转化为几何问题加以解决．例如，与相关的代数问题，可以转化为点与点之间的距离的几何问题．结合上述观点，对于函数，下列结论正确的是（ ） A. 方程无解 B. 方程有两个解 C. 的最小值为 D. 的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据两点间距离公式，结合题意可得，取计算可得A、C、D；结合椭圆定义计算可得B. 【详解】， 设，，，则， 如图，取，则， 当且仅当、、三点共线时，等号成立， 又当时，随增大而增大，故无最大值，故C正确、D错误； 由，故有解，故A错误； ，则， 则的轨迹是以，为焦点的椭圆， 此时，，即，， 即椭圆方程为， 当时，得，得，即， 即方程有两个解，故B正确. 故选：BC. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知甲、乙两个圆台上、下底面的半径均为和，母线长分别为和，则两个圆台的体积之比__________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据已知条件和圆台结构特征分别求出两圆台的高，再根据圆台的体积公式直接代入计算即可得解. 【详解】由题可得两个圆台的高分别为， ， 所以. 故答案为：. 13. 已知函数，则当时的最大值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角恒等变换公式化简，然后由正弦函数性质求解可得. 【详解】 ， 因为，所以， 所以， 所以， 所以的最大值为. 故答案为：. 14. 布罗卡尔点（Brocard’s point）是三角形几何中的一个特殊点.罗卡尔点的发现可以追溯到1816年.由德国数学家克雷尔（A.L.Crelle）首次发现，但当时并未受到广泛关注.直到1875年，法国军官布罗卡尔重新发现了这个点，并用自己的名字命名，从而引起了数学界的广泛关注.它的定义是：若内一点P满足，则称P为的布罗卡尔点.若设，则称为布罗卡尔角.已知中，，，若P为的布罗卡尔点，并记、、的外接圆面积分别为、、，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用正弦定理可得的外接圆半径，根据题意分析可知，，进而可得，即可得结果. 【详解】由题意可知：的外接圆半径， 设、、的外接圆半径分别为、、， 在中，则， 可得， 则， 同理可得， 可得 ， 所以. 故答案为：. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．） 15. 在中，内角所对边的长分别为，且满足． （1）求； （2）若，是的中线，求的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用正弦定理化边为角，再结合二倍角的正弦公式即可得解； （2）根据余弦定理和求出，再向量化求解即可. 【小问1详解】 因为， 所以由正弦定理得， 因为，所以， 又，故 又，所以； 【小问2详解】 因为，由余弦定理得，， 因为， 所以， 因为是的中线，所以， 所以， 故． 16. 已知等比数列的公比，前项和为．若，且是与的等差中项 （1）求； （2）设数列满足，数列的前项和为．求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，利用等比数列的通项公式列出方程求得的值，进而求得数列的通项公式； （2）根据题意，利用，求得，得到，结合等比数列的求和公式，即可求解. 【小问1详解】 由，得， 又由是的等差中项，可得，即， 则，即， 可得，解得或， 因为，所以， 将代入，可得， 所以，即． 【小问2详解】 因为数列满足，可得 ， ， 所以当时，， 又因为也满足上式，所以， 则， 所以 ． 17. 已知函数. （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）证明：曲线过点的切线只有一条. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，可得斜率，即可求直线方程， （2）设切点，求导可得切线斜率，结合两点斜率公式可得，构造函数，利用导数求解函数的单调性，即可求解方程只有唯一的实根，进而可求解. 【小问1详解】 解：当时，，得， 由，得， 所以曲线在处的切线方程为，即. 【小问2详解】 设切点，由题意得， 则，化简得. 令函数，则， 当时，，单调递减，当时，，单调递增， 所以. 由，得，所以曲线过点的切线只有一条. 18. 已知边长为4的菱形（如图1），与相交于点为线段上一点，将三角形沿折叠成三棱锥（如图2）． （1）证明：； （2）若三棱锥的体积为8，二面角的余弦值为，求的长． 【答案】（1） 因为四边形是边长为4的菱形，并且， 所以均为等边三角形， 故，且， 因为平面平面，且， 所以平面 因为平面，所以． （2） 【解析】 【分析】（1）要证，只需证平面，只需证，由题易证； （2）由体积求出的长，建立空间直角坐标系，假设，求出平面的法向量，由余弦值为，求出，进而可求的长. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 设到平面的距离为，因为等边三角形的边长为4， 所以三棱锥的体积为，所以， 因为，所以平面， 以为坐标原点，所在直线为轴，所在直线为轴，所在直线为轴，建立空间直角坐标系； 则，，设 因为⊥平面，所以是平面的一个法向量， 设平面的法向量为， 又， 故 取，则， 得， 因为二面角的余弦值为， 所以 解得：或（舍去），此时． 19. 已知三次函数在处取到极值． （1）求； （2）若函数与在上有两个交点，求实数的取值范围； （3）证明：当时，函数的图象上存在两条与直线垂直的切线． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据极值点定义构造方程组可解得结果； （2）将问题可化为直线与函数在上有两个不同的交点，求出函数在上的单调性及其值域结合图象可得； （3）将存在两条与直线垂直的切线转化为求解方程有两实数根的问题，对是否为0分类讨论，即可证明得出结论. 【小问1详解】 因为，所以， 又因为在处取到极值， 所以， 解得； 【小问2详解】 由（1）可知， 又因为与在上有两个交点， 即在上有两个不同的解， 等价于在上有两个不同的解， 即直线与函数在上有两个不同的交点， 又因为， 所以当时，，单调递增， 当时，单调递减， 所以在处取极大值，，又 可得在上值域为，其图象如下图所示： 又因为与函数在上有两个不同的交点， 所以； 【小问3详解】 证明：设函数的切线与函数相切于点， 因为，所以， 当时，直线即为， 而与垂直的直线的斜率为0， 令，解得或， 满足函数的图象上存在两条与直线垂直的切线； 当且时，直线的斜率， 所以与直线垂直的直线的斜率为， 令，即， 所以方程两不同的实数根， 即函数的图象上存在两条与直线垂直的切线； 综上所述，当时，函数的图象上存在两条与直线垂直的切线． 【点睛】关键点点睛：本题关键在于将切线条数转化为求解切点个数问题，进而转化成求解方程根的个数问题，再利用二次方程的判别式即可得出结论. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $