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银川一中 2024 届高三年级第五次月考
文科数学
一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，满分60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. 已集合 ，集合 ， ，则实数a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的结果列式可得结果.
【详解】因为集合 ，集合 ， ，
所以 .
故选：B.
2. 复数 满足 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由虚数单位的乘方的性质结合除法运算可得 ，进而可得共轭复数.
【详解】因为 ，
所以 可化 为
所以 ，
所以 .
故选：C.
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学科网（北京）股份有限公司3. 关于椭圆 ，以下说法正确的是（ ）
A. 长轴长为2 B. 焦距为
C. 离心率为 D. 左顶点的坐标为
【答案】B
【解析】
【分析】根据椭圆的性质判断.
【详解】椭圆 中， ，
故长轴长为 ，焦距 ，离心率为 ，左顶点的坐标为 ，故只有B正确.
故选：B
4. 把物体放在冷空气中冷却，如果物体初始温度为 ，空气的温度为 ，那么 小时后物体的温度 可由
公式 求得，其中 是一个随着物体与空气的接触状况而定的冷却系数.现有 、 两
个物体放在空气中冷却，已知两物体的初始温度相同，冷却 小时后， 、 两个物体的温度分别为 、
，假设 、 两个物体的冷却系数分别为 、 ，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得出 ，变形可得 ，两式相除变形后可得
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学科网（北京）股份有限公司合适的选项.
【详解】由题意可得 ，则 ，
两式相除可得 ，所以， ，即 .
故选：A.
5. 若抛物线 的焦点也是双曲线 的一个焦点，则此抛物线的方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先表示出抛物线的焦点坐标，再将双曲线方程化为标准式，即可得到其焦点坐标，从而得到方
程，解得即可.
【详解】抛物线 的焦点为 ，
双曲线 可化简为 ，其焦点坐标为 ，
由题意可得 ，即 ，解得 ，
则此抛物线的方程为 .
.
故选：B
6. 已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，根据数据可计算出几何体体
积.
【详解】由三视图还原几何体可知，该几何体为一个大圆柱减去半个小圆柱，
如图：
故该几何体体积为 .
故选：B.
【点睛】本题主要考查了由三视图还原几何体，考查了圆柱的体积公式，考查了学生的直观想象能力.属于
基础题.
7. 已知函数 的部分图象如图，则函数 的解析式可能为（ ）.
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学科网（北京）股份有限公司A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由奇偶性可排除BC，由特殊点可排除D，即可求解
【详解】由于图像关于原点对称，所以 为奇函数，
对于B：由 ，
得： ， 为偶函数，故可排除B；
对于C：由 ，
得： ，为偶函数，故可排除C；
由图知图象不经过点 ，
而对于D： ，故可排除D；
故选：A
8. 已知不等式 对 恒成立，则m的最小值为（
）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
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学科网（北京）股份有限公司【分析】将问题转化为不等式 对 恒成立，令
求解.
【详解】解：因为不等式 对 恒成立，
所以不等式 对 恒成立，
令 ，
因为 ，所以 ，
则 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，
所以m的最小值为 ，
故选：D
9. 如图，在直三棱柱 中， ，则异面直线 与 所成角的余弦值等
于（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】将该几何体补成一个直四棱柱 ，连接 ，则 （或其补角）是
异面直线 与 所成的角，然后在 中利用余弦定理求解即可.
【详解】如图，将该几何体补成一个直四棱柱 ，由题易得底面 为菱形，且
为等边三角形.
连接 ，易得 ，所以 （或其补角）是异面直线 与 所成的角.
设 1，则 ，
所以 .
故选：D.
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学科网（北京）股份有限公司10. 抛物线 ： （ ）的顶点为 ，斜率为1的直线 过点 ，且与抛物线 交于 ，
两点，若 的面积为 ，则该抛物线的准线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直线 方程为 ，联立 ，得到两根之和，两根之积，表达出 和
点 到直线 的距离，从而表达出 ，列出方程，求出 ，得到准线方程.
【详解】由题意得，直线 方程为 ，联立 得， ，
设 ，则 ，
故 ，
点 到直线 的距离为 ，
故 ，
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学科网（北京）股份有限公司故 ，解得 ，
故该抛物线的准线方程为 .
故选：A
11. 在 中，内角 的对边分别为 ，若 ， ， ，则 的面
积为（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意利用三角恒等变换并由正弦定理即可求得 ，再由面积公式即可求得结果.
【详解】因为
，
所以 .由正弦定理可得 ，即 .
故 的面积为 .
故选：A
12. 已知 为双曲线 左支上的一点，双曲线的左、右顶点分别为 、 ，直线
交双曲线的一条渐近线于点 ，直线 、 的斜率为 、 ，若以 为直径的圆经过点 ，且
，则双曲线的离心率为（ ）
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学科网（北京）股份有限公司A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【 分 析 】 设 点 ， 可 得 出 ， 利 用 圆 的 几 何 性 质 可 得 ， 由
，即可得出 的值，由此可求得双曲线的离心率.
【详解】设点 ，则 ，即有 ，①
由 、 以及以 为直径的圆经过点 可知 ，
所以 ，
又 ， ，所以， ，
由题意知 ，所以 ，②
由①和②得 ，由 得 ．
故选：D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 已知向量 ， ，则 ________
【答案】0
【解析】
【分析】根据向量的坐标运算求解即可.
【详解】∵ ， ，∴ ，
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学科网（北京）股份有限公司∴ .
故答案为：0.
14. 已知 ， ，则 _____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据两角差的正切公式，化简求得 ，再利用三角函数的基本关系式，联立方程组，即可
求解.
【详解】由两角差的正切公式，可得 ，解得 ，
可得 ，即
又由 ，联立方程组 ，解得 ，
因为 ，所以 .
故答案为： .
15. 若实数 满足约束条件 ，则 的最大值为__________．
【答案】14
【解析】
【分析】首先画出可行域，将目标函数变形根据其几何意义即可求得当 过点 时，取得
最大值为 .
【详解】根据题意画出满足约束条件的可行域如下图中着色部分所示：
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学科网（北京）股份有限公司将目标函数 变形可得 ，
若 取得最大值，即直线 在 轴上的截距取得最小值，
将 平移到过点 时，直线 在 轴上的截距最小，
此时目标函数 有最大值为 .
故答案为：
16. 三棱锥 的外接球的表面积为 ，AD是该球的直径， 是边长为 的正三角形，
则三棱锥 的体积为______．
【答案】
【解析】
【分析】先根据球的表面积公式求球的半径，再根据正弦定理求 的外接圆半径，根据球的性质求
，进而可得三棱锥的体积.
【详解】设三棱锥 的外接球的球心为O,半径为R，则 ，解得 ，
设 的外接圆圆心为 ，半径为 ，则 ，
连接 ，
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学科网（北京）股份有限公司∵ ，即 ，
则点D到平面ABC的距离为2，
∴三棱锥 的体积 .
故答案为： .
三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每
个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.
（一）必考题：共60分.
17. 求符合下列条件的曲线方程：
（1）求过 ， ， 三点的圆的标准方程；
（2）求与双曲线 有共同渐近线且过点 的双曲线方程；
（3）顶点在原点，对称轴为坐标轴且过点 的抛物线的标准方程.
【答案】（1）
（2）
（3） 或
【解析】
【分析】（1）根据待定系数求圆的方程即可；
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学科网（北京）股份有限公司（2）根据共渐近线方程的特点设方程为 ，代入点求解；
（3）设出抛物线方程，代入点求解.
【小问1详解】
设所求圆的方程为： ， ，
由圆经过 ， ， 三点，
∴ ，解得：
则所求圆的方程为： ，
所以圆的标准方程为： .
【小问2详解】
双曲线与 有共同双曲线，可设为 ，如图，
由所求双曲线 过点 ，则 ，
故双曲线方程为 ，即 ；
【小问3详解】
因为点 在第二象限，如图，
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学科网（北京）股份有限公司所以设抛物线的标准方程为 或 .
又点 在抛物线上，所以 ， ，
即抛物线的标准方程为 或 .
18. 设等差数列 满足 ， .
（1）求 的通项公式；
（2）记 为 的前 项和，若 ，求 的值.
【答案】18.
19.
【解析】
【分析】（1）设公差为 ，根据题意列方程组，即可求解；
（2)由（1）得出 ，然后由 ，即可求解.
【小问1详解】
设 的公差为 ，则 ，解得： ，
故： .
【小问2详解】
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学科网（北京）股份有限公司由（1）可知： ，
因为： ，所以： ，
整理得： ，解得： .
故： 的值为 .
19. 如图，在三棱柱 中， 是边长为2的等边三角形， ，平面 平
面 分别为棱 的中点.
（1）证明： 平面 ；
（2）若三棱柱 的体积为 ，求点 到平面 的距离.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用中位线得线线平行，进而可证平行四边形，由线面平行的判断定理即可求证.
（2）根据面面垂直可得线面垂直，利用体积公式可求解 ,进而根据等体积法即可求解.
【小问1详解】
如图，取 的中点 ，连接 ，
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学科网（北京）股份有限公司则 ，所以 ，
所以四边形 为平行四边形，所以 .
因为 平面 平面 ，
所以 平面 .
【小问2详解】
取 的中点 ，连接 .
因为 是等边三角形，所以 .
又平面 平面 ，且平面 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
因为 ， 平面 ,
所以 平面 .
所以 ，得 .
因为 平面 ，所以 .
在Rt 和Rt 中，由勾股定理可得 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 .
设点 到平面 的距离为 ，
由 ，得 ，解得 .
所以点 到平面 的距离为 .
20. 已知函数 .
（1）当 时，求函数的单调区间和极值
（2）若 在区间 内恰好有两个零点，求 的取值范围.
【答案】（1）单调递增区间为 ，单调递减区间为 ，极小值为 ，无
极大
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，求导得 ，即可得到结果；
（2）根据题意，分 与 讨论，列出不等式，代入计算，即可得到结果.
【小问1详解】
由 得 ，且定义域为
∵ ，令 ，即 ，解得 ，
令 ，解得 ，
则 的单调递增区间为 ，单调递减区间为 ；
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学科网（北京）股份有限公司在 处的极小值为 ，无极大值.
【小问2详解】
当 ， 恒成立， 在 上单调递增，
故 在区间 内至多只有一个零点；
当 时，由（1）得 在 上最小值为 ，
若 在区间 内恰有两个零点，则需满足 ，整理得 .
21. 在平面直角坐标系 中，椭圆 的左，右顶点分别为 、 ，点 是椭圆
的右焦点， ， .
（1）求椭圆 的方程；
（2）经过椭圆右焦点 且斜率不为零的动直线 与椭圆交于 、 两点，试问 轴上是否存在异于点
的定点 ，使 恒成立？若存在，求出 点坐标，若不存在，说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）根据椭圆的顶点及焦点坐标，利用向量关系建立方程求出 得解；
（2）根据条件可转化为 ，再由根与系数的关系代入化简即可得解.
【小问1详解】
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学科网（北京）股份有限公司由题意知， ， ， ，
∵ ， ，
∴ ，解得 ，从而 ，
∴椭圆 的方程为 .
【小问2详解】
如图，
由椭圆右焦点 ，故可设直线 的方程为 ，
联立方程组 ，整理得 ，
则 ，
设 ， ，且 ， ，
设存在点 ，设 点坐标为 ，
由 ，可得 ，
又因为 ，
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学科网（北京）股份有限公司所以 ，所以 ，
所以直线 和 关于 轴对称，其倾斜角互补，即有 ，
则 ，所以 ，
所以 ，整理得 ，
即 ，即 ，
解得 ，符合题意，
在
即存 点 满足题意.
（二）选考题（共10分.请考生在第22、23两题中任选一题做答，如果多做.则按所做的第一
题记分）
【选修4-4：坐标系与参数方程】
22. 在平面直角坐标系 中，已知直线 的参数方程为 为参数 为 的倾斜角，且
，以坐标原点为极点， 轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线 的极坐标方程为
．
（1）求曲线 的直角坐标方程；
（2）若直线 与曲线 交于 两点，点 恰为线段 的三等分点，求
【答案】（1） ；（2） ．
【解析】
【分析】（1）化简曲线 的极坐标方程为 ，结合极坐标与直角坐标的互化公式，即可
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学科网（北京）股份有限公司求解；
（2）把直线参数方程代入曲线 的直角坐标方程，求得 ，设 ，得到 ，化
简得 ，即可求解.
【详解】（1）由曲线 的极坐标方程为 ，可得 ，
又由 ，
代入可得 ，即曲线 的直角坐标方程为 .
（2）把直线参数方程 为参数 ，代入曲线 的直角坐标方程 ，
整理得 ,
设 对应的参数分别为 ，得 ，
因为点 恰为线段 的三等分点，不妨设 ，则 ，
所以 ，代入 ，化简得 ，
又因为 ，所以 ．
【选修45：不等式选讲】
23. 已知不等式 的解集为 ．
（1）求实数 的值；
（2）若 ，且 ，求 的最小值．
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学科网（北京）股份有限公司【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）分 ， ， 三种情况讨论即可；
（2）设 ， ，则 .利用
和基本不等式即可求解.
【小问1详解】
当 时，不等式的解集为 ，不合题意；
当 时，不等式的解集为 ，不合题意;
当 时， ，即 ，
因为不等式的解集为 ，所以 .
【小问2详解】
由(1)知， ，
设 ， ，则 .
，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
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学科网（北京）股份有限公司所以 的最小值为 .
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学科网（北京）股份有限公司
