皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（四）（含解析）

皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（四）
一、单选题
1．集合，，则（ ）
A． B．
C． D．
2．若，则的实部可能是（ ）
A．3 B．2 C．1 D．
3．若二项式展开式中存在常数项，则正整数n可以是（ ）
A．3 B．5 C．6 D．7
4．已知菱形ABCD的边长为2，且，沿BD把折起，得到三棱锥，且二面角的平面角为60°，则三棱锥的外接球的表面积为（ ）．
A． B． C． D．
5．直线与圆相交于点，点是坐标原点，若是正三角形，则实数的值为
A．1 B．-1 C． D．
6．如图，在矩形中，，点，在线段上，且，则与所成角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，，，分别为内角，，的对边，若，，则的面积的最大值为（ ）
A． B．2 C． D．4
8．设，，，则（ ）
A． B． C． D．
9．在我国国旗的正五角星图形中有许多黄金分割点，如图所示的正五角星几何图形中，是顶角为的等腰三角形，，为线段上的两个黄金分割点，则有．据此计算（ ）
A． B． C． D．
二、多选题
10．已知一组样本数据，其中（，2，…，15），由这组数据得到另一组新的样本数据 ， ，…， ，其中，则（ ）
A．两组样本数据的样本方差相同
B．两组样本数据的样本平均数相同
C．，，…，样本数据的第30百分位数为
D．将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，该样本数据的平均数为5
11．在正方体中，点满足，其中，，则（ ）
A．当时，直线与直线异面
B．当时，的周长为定值
C．当时，直线平面
D．当时，三棱锥的体积为定值
12．已知抛物线C的顶点为O，焦点为F，圆F的圆心为F，半径为OF.平面内一点P满足，过P分别作C和圆F的切线，切点分别为M，N（均异于点O），则下列说法正确的是（ ）
A． B．
C．M，N，F三点共线 D．
三、填空题
13．写出曲线与曲线的公切线的一个方向向量______.
14．，若，则______．
15．某同学进行投篮训练，在甲、乙、丙三个不同的位置投中的概率分别，，，该同学站在这三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为，则的值为________.
16．足球是一项很受欢迎的体育运动．如图，某标准足球场的B底线宽码，球门宽码，球门位于底线的正中位置．在比赛过程中，攻方球员带球运动时，往往需要找到一点P，使得最大，这时候点P就是最佳射门位置．当攻方球员甲位于边线上的点O处时，根据场上形势判断，有、两条进攻线路可供选择．若选择线路，则甲带球______码时，到达最佳射门位置．
四、解答题
17．已知数列的前n项和为，且满足，，
(1)求数列的通项公式；
(2)若数列，求数列的前2n项和．
18．的内角、、的对边分别为、、，已知，且的面积.
(1)求；
(2)若内一点满足，，求.
19．电动车给人们日常短途出行带来了极大的便利．现有某品牌的电动车，逆风行驶时所消耗的电能为y（单位：千瓦），v（单位：千米/小时）为电动车在无风状态下行驶的速度，t（单位：小时）为行驶时间，k）为常数，n为电能次级数，它们之间的关系是．如果风速为4千米/小时，电动车在逆风中行驶20千米．
(1)用v，k，n表示y；
(2)若，当v的值为多少时，y取得最小值？
20．如图，四棱锥中，平面，，，，为的中点，且．
(1)求证：平面平面；
(2)求二面角的余弦值．
21．如图，是某景区的瀑布群，已知，点Q到直线，的距离均为2，现新修一条自A经过Q的有轨观光直路并延伸交道路于点B．
（1）求；
（2）当取得最小值时，求.
22．已知函数．
(1)当时，判断在的单调性；
(2)设，证明：．
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．C
【分析】首先解一元二次不等式求出集合，再根据交集的定义计算可得.
【详解】由，即，解得，
所以，又，
所以.
故选：C
2．A
【分析】设，则由已知可得，则，然后代入中计算可求出其实部，从而可得答案.
【详解】设，则
因为，
所以，得，
所以，
所以，
则的实部，
故选：A
3．C
【分析】首先写出展开式的通项公式，令的指数为，即可求出，从而得到的特征，即可判断求解.
【详解】二项式展开式的通项为，
令，解得：，又因为且为整数，所以为的倍数，
所以，
故选：.
4．B
【分析】取的中点H，连接,由此确定三棱锥外接球球心的位置，进而求得外接球半径，即可求得答案.
【详解】取的中点H，连接，因为ABCD为菱形，所以,
故 为二面角的平面角，则，
由题意可知为正三角形，则外接球球心位于过的中心且和它们所在面垂直的直线上，
故分别取的重心为，
过点，分别作两个平面的垂线，交于点O，点O即为三棱椎的外接球的球心，
由题意可知，球心到面和面的距离相等，即 ,
连接，则,
菱形ABCD的边长为2 ，
，即三棱锥的外接球的半径，
则其外接球的表面积为，
故选：B．
5．C
【详解】由题意得，直线被圆截得的弦长等于半径．圆的圆心坐标，设圆半径为，圆心到直线的距离为，则．
由条件得，整理得．
所以，解得．选C．
6．D
【分析】先把向量，都用向量与表示出来，即可求得，再利用向量的夹角公式即可得解.
【详解】由题可得，，
则，又，所以与所成角的余弦值为.
故选：D.
7．A
【分析】由余弦定理得到，由同角关系求出，从而求出三角形面积的函数，利用二次函数知识得到面积的最大值.
【详解】因为，，由余弦定理得，
所以，
所以，
设，则，
所以当时，的面积有最大值，所以的面积的最大值为，
故选：A
8．D
【分析】根据观察，比较大小，可转化为比较和的大小，从而构造函数，求导判断函数单调性并利用单调性比较大小；比较大小，可转化为比较和大小，即比较和的大小，从而构造函数，求导判断函数单调性并利用单调性比较大小.
【详解】设，
则．
当时，，
所以函数在上单调递减，
所以，所以，
故，即，即．
设，
则．
令，则．
当时，，
函数在上单调递减．
又，所以当时，，
所以当时，，
函数在上单调递增，所以，
即，即，所以．
综上可知，．
故选：D．
【点睛】关键点睛：本题中比较a，c的大小是难点，求解时细致观察这两个数的特点，发现0.25这个题眼非常关键，从而函数的构造也就明显了，一次求导不能顺利解决问题时要注意二次求导．
9．C
【分析】利用正五角星的特性有，再在中用正弦定理建立关系并借助诱导公式即可得解.
【详解】依题意，，中，，而，则，
由正弦定理得，即，，
于是得，
所以.
故选：C
10．AC
【分析】根据一组数据加减一个数以及乘以一个数时，平均数以及方差的性质可判断ABD；根据百分位数的计算可判断C；
【详解】由题意可得：，
∵，则，，故A正确，B错误；
由于求第30百分位数：15×0.3=4.5，故为第5个数，
的排列为：，
因此，第30百分位数为，C正确；
将两组数据合成一个样本容量为30的新的样本数据，
新样本的平均数为，D错误，
故选：AC．
11．CD
【分析】当时，直线与直线平行否定选项A；当，时的周长与当时的周长不相等否定选项B；利用线面平行判定定理证明直线平面则选项C判断正确；利用线面平行性质定理证明三棱锥的体积为定值则选项C判断正确.
【详解】设正方体棱长为a，
选项A：当时，，则点P在线段上，
当时，即，则，即.判断错误；
选项B：当时，，则点P在线段上，
当时，的周长为；
当时，的周长为，
则的周长不为定值.判断错误；
选项C：当时，，则点P在线段上，
则平面即平面，由，
平面，平面，可得平面，
则直线平面.判断正确；
选项D：当时，则点P在线段上，由，
平面，平面，可得平面，
则点P到平面的距离为定值，则三棱锥的体积为定值.判断正确.
故选：CD
12．ABC
【分析】设抛物线方程，可得圆的标准方程，设，切线PM的方程，利用直线与抛物线、直线与圆的位置关系分别求出两条切线方程，进而求出点P的坐标，结合、、、、，利用平面向量的坐标表示化简计算，依次求解即可.
【详解】设抛物线方程为，则，
所以圆F的方程为，即.
设切点分别为，则，，
有，.
易知两条切线的斜率存在，设切线PM的方程为，
则，消去x，得，
，整理得，
即，得，即，
所以切线PM的方程为，即.
同理可得切线PN的方程为，
令，分别得，，
由，知点P在y轴上，为，由，得，有.
又，，
所以与共线，即，故A正确；
又，，
所以，即，故B正确；
又，
，
所以与共线，所以三点共线，故C正确；
因为，三点共线，所以，得，
所以，
得，
有，所以不成立，故D错误.
故选：ABC.
【点睛】求解圆锥曲线在某点出的切线方程时，考虑切线斜率存在与否，若存在，设切线方程，利用直线与圆锥曲线的位置关系令，求出参数，解出切线方程，结合题意即可解决有关空间中位置关系或距离关系的问题.
13．（与共线的非零向量均可）
【分析】先利用导数求得曲线与曲线的公切线方程，进而求得该公切线的一个方向向量.
【详解】设曲线上的切点为，
曲线上的切点为，
则，两式相减整理得，
代入上式得，解之得，则，
则曲线与曲线的公切线的公切点为，
则切线斜率为1，切线方程为，
则公切线的一个方向向量为
故答案为：
14．0
【分析】利用函数的奇偶性进行求解.
【详解】因为，令，
所以，
所以，即，
所以.
故答案为：0.
15．
【分析】由概率的乘法公式求三次均不中的概率后列方程求解
【详解】该同学在三个不同的位置各投篮一次，至少投中一次的概率为：
，解得．
故答案为：
16．/
【分析】过点作于点，于点，设，分别表示出，，，，根据两角差的正切公式表示出，求出的最大值，结合在的单调性得出此时最大，即可求得答案．
【详解】过点作于点，于点，如图所示，
设，则 ，由题可知，，，
易得四边形为矩形，
所以，，，
所以，
则，，
所以
，
设，则，
所以，
因为，当且仅当时等号成立，即，
所以当时，即，最大，
由题可知，，
因为在上单调递增，
所以最大时，最大，
所以时，到达最佳射门位置，
故答案为：．
17．(1)
(2)
【分析】（1）利用进行类比作差法即可求解；（2）分组求和，等比数列求和以及等差数列求和方法即可得解.
【详解】（1）∵，∴，
当时，，
∴，即，
∴，
∴，
∴，
又当时，，，∴，又，适合上式，
则数列的通项公式为；
（2）由题意可得，
则
，
∴．
18．(1)
(2)
【分析】（1）利用三角形的面积公式以及余弦定理可求得的值，可求得角的值，由结合正弦定理求出的值，结合角的取值范围可求得角的值；
（2）设，可得出，，在、分别利用正弦定理可求得的值，结合的取值范围可求得角的值.
【详解】（1）解：由余弦定理得，
因为，所以，
因为，则，所以，所以，
因为，所以，
因为，所以.
（2）解：由（1）知，，所以，所以，
设，因为，所以，
因为，所以，
因为在中，由正弦定理
可得，
在中，，则，则，
由正弦定理，即，所以，，
因为，所以.
19．(1)；
(2)
【分析】（1）先求得，再根据求得；
（2）求的极小值点即可．
【详解】（1）解：由已知得，
由，得，
即．
（2）解：若，
则，
得，
令，
得．
所以在（4，8）上单调递减，在（8，+∞）上单调递增．
所以当时，y取最小值．
20．(1)见解析
(2)
【分析】（1）先在面内证明，再证明面，，证得面，由面面垂直的判定定理得到平面平面.
（2）建系，利用法向量求二面角的平面角的余弦值.
【详解】（1）证明：平面，，平面
为的中点, ，，
,
又平面，平面，,
又，，平面，
平面，又平面，
，又，平面，
平面，
平面,
所以平面平面.
（2）,
在面内，过作，
平面，两两相互垂直，
以为坐标原点，所在直线分别为轴建立如图空间坐标系，
由（1）知，为中点，则，
则,
，
面，面的一个法向量是，
设面的法向量，
则，
所以面的一个法向量为，
，
所以二面角的余弦值为 .
21．（1）；（2）.
【分析】(1)以O为原点，OM为x轴，建立平面直角坐标系，由点Q到直线，的距离均为2列方程求Q的坐标，由此可得，(2) 由条件设，，根据A,B,Q三点共线可得a,b的关系，表示结合基本不等式求其最小值，由此确定.
【详解】解：（1）以点O为坐标原点，直线为x轴，建立平面直角坐标系，如图所示.
则由题可得直线的方程为，
Q到直线的距离为2，设.
由，解得或（舍去），所以.
故.
（2）设，，
所以，则，即.
又，
当且仅当，即，时，等号成立.
此时，则.
22．(1)在的单调递减.
(2)证明见解析.
【分析】（1）先对函数求导，再构造函数可知，再根据导函数的正负可判断函数的单调性；
（2）令，求导后可得，令，可得，然后累加可证得结论.
【详解】（1）当时，，则，
显然，令，则，则，
当时，，所以在上递减，所以，
所以，即，即，，
所以在的单调递减.
（2）令，则，
所以在上递增，所以，所以，
令，则，
所以，所以，
所以，
所以，
因为，，所以，
所以，
即.
【点睛】关键点点睛：考查利用导数求函数的单调性，利用导数证明不等式，解题的关键是构造，利用导数可得，令，则，然后利用累加法，考查数学计算能力，属于难题.
答案第1页，共2页
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