精品解析：河南省濮阳外国语学校2025-2026学年高三上学期第五次质量检测（12月）数学试题

濮阳外国语学校2023级高三上学期第五次质量检测 数学试题 命题人：濮阳外国语学校数学命题中心 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 已知直线：，：.若，则实数（ ） A. 0或 B. 0 C. D. 或2 4. 设、，则“”是“”（ ） 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 5. 在正方体中，异面直线所成角的余弦值为（ ） A B. C. D. 6. 若一个圆锥的底面半径和母线长分别为3和5，则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（ ） A. B. C. D. 7. 已知第二象限角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，若对于正数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．) 9. 下列式子中正确是（ ） A. B. C. D. 10. 设数列的前项和为，，，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等比数列中，，，则______. 13. 向量在正方形网格中的位置如图所示.若 ，则=_______. 14. 已知正四棱锥的体积为，，以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为_____. 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知点和以点为圆心的圆. （1）求出以为直径，点为圆心的圆的方程； （2）设圆与圆相交于，两点，直线，是圆的切线吗?为什么? （3）求直线的方程. 16. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若的面积为2，求的周长. 17. 在数列中，令为其前项和，若，. （1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）求数列的前项和. 18. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 19. 已知函数． （1）讨论单调性； （2）若，且对任意的恒成立，求的取值范围； （3）若，数列的前项和为，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 濮阳外国语学校2023级高三上学期第五次质量检测 数学试题 命题人：濮阳外国语学校数学命题中心 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．) 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】以集合中元素为指数计算的幂值，根据交集的定义求解. 【详解】因为， 所以. 故选：B 2. 已知复数满足（为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用复数的除法求复数，再求复数的模. 【详解】由题设，所以. 故选：B 3. 已知直线：，：.若，则实数（ ） A. 0或 B. 0 C. D. 或2 【答案】B 【解析】 分析】根据两直线平行得到方程，求出或，检验后得到答案. 【详解】由题意得，解得或， 当时，直线：，：，满足， 当时，直线：，：，两直线重合，不合要求，舍去， 综上，. 故选：B 4. 设、，则“”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】B 【解析】 【分析】由不等式的基本性质、特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】若，不妨取，，此时，不成立， 即“”“”； 若，则，所以，，即， 即“”“”. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 故选：B. 5. 在正方体中，异面直线所成角的余弦值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，把异面直线与所成角转化为直线与所成角，在直角中，即可求解. 【详解】如图所示，连接，在正方体中，可得， 所以异面直线与所成角，即为直线与所成角， 设正方体的棱长为，可得 面，故，在直角中，可得， 所以异面直线与所成角的余弦值为.    故选：D. 6. 若一个圆锥的底面半径和母线长分别为3和5，则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的高为，利用三角形相似可求得圆锥的内切球半径为，进而根据圆锥的表面积公式及球的表面积求解即可. 【详解】由题意，圆锥的底面半径为，母线长为，则圆锥的高为， 则圆锥的表面积为， 设圆锥的内切球半径为R，球心为O，如图， 可知，底面圆圆心为E，则，可得， 即，解得， 所以圆锥的内切球表面积为， 则圆锥的表面积与圆锥的内切球表面积之比为. 故选：C 7. 已知第二象限角满足，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由诱导公式和同角三角函数的基本关系求出，，再利用三角恒等变换化简所求表达式可得，即可得出答案. 【详解】由可得，且为第二象限角， 所以， 于是 ． 故选：B. 8. 已知，若对于正数，满足，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断出的单调性和奇偶性，然后将条件转化为关于的等量关系，利用“的代换”求解出的最小值，则的最大值可知. 【详解】因为，且的定义域为关于原点对称， 所以为上的奇函数， 又因为均在上单调递增，所以在上单调递增， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为， 又因为，所以的最大值为， 故选：D. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分．) 9. 下列式子中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据对数、根式和指数运算对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】A选项，，A选项正确. B选项，，B选项正确. C选项， ，C选项正确. D选项， ，所以D选项错误. 故选：ABC 10. 设数列的前项和为，，，则下列结论正确的是（ ） A 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】将选项中的a、b值代入题中式子，判断数列类型，根据数列类型求解即可. 【详解】当，时，，所以. 因为，所以是首项为1，公比为2的等比数列，则，故正确. 当，时，，即.因为，所以， 则，故错误. 当，时，，因为，所以，， 所以是周期为2的周期数列，则，故错误. 当，时，，则，即. 因为，所以，所以是首项为2，公比为2的等比数列， 所以，即，故正确. 故选：AD 11. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，根据正弦型函数的周期公式求得最小正周期，进而判断即可；对于B，根据正弦函数的对称性确定为函数的一条对称轴，进而判断即可；对于C，根据正弦函数的对称性确定为函数的一个对称中心，进而判断即可；对于D，结合周期求解判断即可. 【详解】对于A，函数的最小正周期为， 所以，即，故A正确； 对于B，因为， 所以为函数的一条对称轴，则，故B正确； 对于C，因为， 所以为函数的一个对称中心，则，故C错误； 对于D，由A知，函数的最小正周期为， 因为，，，， 则， 所以，故D正确. 故选：ABD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知等比数列中，，，则______. 【答案】 【解析】 【分析】根据下标和性质求出，从而求出，再由通项公式计算可得. 【详解】因为，又，，所以， 又，设公比为，则，则， 所以. 故答案为： 13. 向量在正方形网格中的位置如图所示.若 ，则=_______. 【答案】4 【解析】 【分析】记正方形风格边长为1，向右的单位向量为，向上的单位向量为，用表示出，再由向量的线性运算求解． 【详解】记正方形网格边长为1，向右的单位向量为，向上的单位向量为， 则，，， 由得，解得， 所以， 故答案为：4. 14. 已知正四棱锥的体积为，，以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得正四棱锥的所有棱长均为2，以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线，其中表面，的交线相同，取的中点，连接，过作，过作，过作于，连接，可证得平面，所以可得以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，根据已知条件可求出弧长，从而可求得结果. 【详解】 如上图，连接、交于，连接，由正四棱锥性质知平面， 设正四棱锥的高为，即 因为正四棱锥的体积为，， 则，解得, 所以，即正四棱锥的所有棱长均为2， 所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的表面，，有交线， 取的中点，连接，过作，过作，， 则四边形为平行四边形，，所以， 过作于，连接， 因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为，，平面， 所以平面， 因为正四棱锥的所有棱长均为2， 所以， 所以 所以，得， 因为，所以, 所以以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为以为圆心，为半径的一段弧，如下图， 因为，所以， 所以，所以， 所以， 所以弧的长为， 同理可得以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线长为， 以点为球心，2为半径的球与四棱锥的表面的交线为点为圆心，为半径的四分之一圆，弧的长为， 所以以点为球心，2为半径的球与该四棱锥的所有表面的交线总长为 ， 故答案为： 四、解答题（本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．） 15. 已知点和以点为圆心的圆. （1）求出以为直径，点为圆心的圆的方程； （2）设圆与圆相交于，两点，直线，是圆的切线吗?为什么? （3）求直线的方程. 【答案】（1） （2）是，理由见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）利用圆的标准方程得出圆心坐标，结合两点距离公式、中点坐标公式计算即可； （2）根据直径所对的圆周角为直角，及切线的性质判定即可； （3）直接对两圆的方程作差即可得出公共弦方程. 【小问1详解】 易知，， 的坐标为， 所以圆方程为， 即； 【小问2详解】 是切线，理由如下： 因为是圆的直径，则， 即，所以直线，是圆的切线； 【小问3详解】 由， ， 两圆方程作差有， 即公共弦的方程为. 16. 在中，内角的对边分别为，已知. （1）求； （2）若的面积为2，求的周长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理对等式进行化简，进而可求出结果. （2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可. 【小问1详解】 由已知等式利用正弦定理可得， 因为，所以，所以， 又，所以，则. 由， 可得. 【小问2详解】 由余弦定理得. 因为，所以，所以. 所以，所以. 所以的周长为. 17. 在数列中，令其前项和，若，. （1）证明：数列为等差数列，并求其通项公式； （2）求数列的前项和. 【答案】（1）证明见解析， （2） 【解析】 【分析】（1）根据题设，化简得到，，可得数列是以1为首项，为公差的等差数列，进而得到，再根据与的关系求出，再根据等差数列的定义求证即可； （2）利用裂项相消法求解即可. 【小问1详解】 由， 两边同时除以得，，， 因为，所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 则，即， 当时，， 显然满足上式，则， 而， 所以数列是以1为首项，3为公差的等差数列. 【小问2详解】 由， 则数列的前项和为 . 18. 如图，已知等腰梯形中，，，是的中点，，将沿着翻折成，使平面. （1）求证：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值； （3）在线段上是否存在点，使得平面，若存在，求出的值；若不存在，说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2） （3）存在，. 【解析】 【分析】（1）作出辅助线，得到四边形是菱形，，得到，证明出平面，再证明出四边形是平行四边形，故，所以平面； （2）证明出两两垂直，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出两平面的法向量，利用面面角的余弦向量公式求出平面与平面夹角余弦值； （3）假设线段上存在点，使得平面，作出辅助线，得到四点共面，四边形为平行四边形，所以，所以是的中点，求出. 【小问1详解】 如图，在梯形ABCD中，连接DE，因为E是BC的中点，所以， 又，所以， 又因为，所以四边形是平行四边形， 因为，所以四边形是菱形，从而， 沿着AE翻折成后，有 又平面，所以平面， 由题意，易知，所以四边形是平行四边形， 故，所以平面. 【小问2详解】 因为平面，平面，则有， 由（1）知，故两两垂直， 以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 因为，所以为等边三角形，同理也为等边三角形， 则， 设平面的一个法向量为， 则， 令得，故， 又平面的一个法向量为， 则， 故平面与平面夹角的余弦值为； 【小问3详解】 假设线段上存在点，使得平面， 过点作交于，连接，如图所示： 所以，所以四点共面， 又因为平面，所以， 所以四边形为平行四边形， 所以，所以是的中点， 故在线段上存在点，使得平面，且. 19. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若，且对任意的恒成立，求的取值范围； （3）若，数列的前项和为，证明：． 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）求导得，再对分类讨论即可； （2）设，求导后再对进行分类讨论； （3）根据（2）得到结论对任意恒成立，再令，最利用累加法和裂项相消法即可得到证明. 【小问1详解】 由题意得的定义域为． 当时，在上单调递减； 当时，由，得，由，得， 所以在上单调递减，在上单调递增． 综上可知，当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 依题意可得当时，对任意恒成立． 令，则． ①当时，， 则，所以， 则在上单调递增，则，符合题意． ②当时，有两根， 因为且，所以， 所以由，即，得， 由，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，则，则不符合题意． 故的取值范围是． 【小问3详解】 由（2）可得，当时，对任意恒成立， 即对任意恒成立． 令，则， 当时，，此时满足，即不等式成立． 当时，， 所以，， 以上累加得， 则，即． 综上可知，对所有的． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $