皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（二）（含解析）

皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（二）
一、单选题
1．设集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若z满足，则（ ）
A．10 B． C．20 D．
3．在的展开式中，的系数为（ ）
A． B．80 C．160 D．240
4．已知三棱锥P-ABC中，底面ABC，PA＝AB＝AC＝2，∠BAC＝120°，则三棱锥P-ABC的外接球的表面积为（ ）
A． B． C． D．
5．已知圆的圆心在轴的正半轴上，点在圆上，且圆被直线截得的弦长为，则圆的方程为（ ）
A． B．
C． D．
6．已知，且，则向量夹角的余弦值为（ ）
A． B． C． D．
7．已知双曲线C的右顶点为A，左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C的渐近线在第一象限的交点为M，且，则该双曲线的离心率为（ ）
A． B． C．2 D．
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．某班级体温检测员对一周内甲 乙两名同学的体温进行了统计，其结果如图所示，则下列说法正确的有（ ）
A．乙同学体温的极差为
B．乙同学体温的众数为，中位数与平均数相等
C．甲同学的体温比乙同学的体温稳定
D．甲同学体温的第70百分位数为
11．已知正方体的棱长为2（如图所示），点为线段（含端点）上的动点，由点，，确定的平面为，则下列说法正确的是（ ）
A．平面截正方体的截面始终为四边形
B．点运动过程中，三棱锥的体积为定值
C．平面截正方体的截面面积的最大值为
D．三棱锥的外接球表面积的取值范围为
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．函数与有公切线，则实数的值为__________．
14．已知定义R上的函数满足，又的图象关于点对称，且，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．已知数列满足，.
(1)若，求数列的通项公式；
(2)求使取得最小值时的值.
18．在平面直角坐标系中，角的终边与单位圆交于点，求下列各式的值.
(1)；
(2).
19．中国茶文化博大精深，茶水的口感与茶叶类型和水的温度有关．经验表明，某种乌龙茶用100℃的水泡制，等到茶水温度降至60℃时再饮用，可以产生最佳口感．某实验小组为探究在室温下，刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间，每隔测量一次茶水温度，得到茶水温度随时间变化的如下数据：
时间/min 0 1 2 3 4 5
水温/℃ 100.00 92.00 84.80 78.37 72.53 67.27
设茶水温度从100℃开始，经过后的温度为，现给出以下三种函数模型：
①（，）；
②（，，）；
③（，，）．
(1)从上述三种函数模型中选出你认为最符合实际的函数模型，简单叙述理由，并利用前的数据求出相应的解析式；
(2)根据（1）中所求函数模型，求刚泡好的乌龙茶达到最佳饮用口感的放置时间（精确到0.01）；
(3)考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，试判断进行实验时的室温为多少℃，并说明理由．（参考数据：，．）
20．如图所示，在四棱锥中，平面平面，，且，设平面与平面的交线为．
(1)作出交线（写出作图步骤），并证明平面；
(2)记与平面的交点为，点S在交线上，且，当二面角的余弦值为，求的值．
21．中，，直线是的平分线所在的直线，直线是边上的高所在的直线.
(1)求点的坐标；
(2)求直线的方程.
22．已知函数，.
(1)讨论函数的单调性；
(2)若函数有三个零点，，，求证：.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．D
【分析】分别化简集合，利用交集定义求解即可．
【详解】集合
集合，
则，
故选：D
2．B
【分析】由复数的除法法则求得，再根据模长公式求模即可．
【详解】由已知得，
所以．
故选：B．
3．B
【分析】写出二项式的展开式，从而可得的展开式中的系数.
【详解】解：因为二项式的展开式为：
，
所以的展开式中含x4的项为，
则x4的系数为80，
故选：B．
4．C
【分析】由平面，可将此三棱锥补成直三棱柱，则三棱柱的外接球就是三棱锥的外接球，
三棱柱上下两个底面的外心连线的中点就是球心，然后通过计算可得外接球的半径，从而可求得外接球的表面积.
【详解】将三棱锥还原成直三棱柱，则三棱柱的外接球即为球，为上下底面的外心，
为的中点，为底面外接圆的半径，
由余弦定理得
由正弦定理得，由，得，
所以球的表面积为．
故选：C
5．B
【分析】先由题意，设圆心坐标为，（），得到圆的半径为，求出圆心到直线的距离为，根据圆被直线截得的弦长为，得到，求出，得到，即可得出圆的方程.
【详解】由题意，设圆心坐标为，（），因为在圆上，所以圆的半径为，
又圆心到直线的距离为，
因为圆被直线截得的弦长为，
所以，解得，
所以，
因此，所求圆的方程为.
故选B
【点睛】本题主要考查求圆的方程，熟记圆的标准方程，以及圆的弦长公式即可，属于常考题型.
6．B
【分析】根据数量积的定义直接计算可得.
【详解】设向量的夹角为，因为，所以．
故选：B.
7．C
【分析】设出双曲线半焦距，由双曲线渐近线斜率求出，再由余弦定理求出，判断形状即可求解作答.
【详解】设双曲线的半焦距为c，直线的方程为，有，如图
即有，而，解得，
在中，由余弦定理得：，
因此，即有，而，则，
又，于是，
所以双曲线的离心率.
故选：C
8．B
【分析】利用对数的运算和对数函数的单调性不难对a,b的大小作出判定，对于a与c，b与c的大小关系，将0.05换成x,分别构造函数,，利用导数分析其在0的右侧包括0.05的较小范围内的单调性，结合f(0)=0,g(0)=0即可得出a与c，b与c的大小关系.
【详解】，
所以；
下面比较与的大小关系.
记，则，，
由于
所以当0所以在上单调递增，
所以，即，即；
令，则，，
由于，在x>0时，，
所以，即函数在[0,+∞)上单调递减，
所以，即，即b综上，，
故选：B.
【点睛】关键点睛：本题关键难点是将各个值中的共同的量用变量替换，构造函数，利用导数研究相应函数的单调性，进而比较大小，这样的问题，凭借近似估计计算往往是无法解决的.
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．AB
【分析】求出乙同学体温的极差即可判断A，将乙同学体温数据从小到大排列，得到众数、平均数、中位数，即可判断B，根据折线图判断C，根据百分位数计算规则判断D；
【详解】对于A，乙同学体温的极差为，故A正确；
对于B：乙同学的体温从低到高依次为，
故众数为，中位数为，
平均数为，故B正确；
对于C：从折线图上可以看出，乙同学的体温比甲同学的体温稳定，故C错误；
对于D：甲同学的体温从低到高依次为，
由，可知数据的第百分位数为第项数据，故D错误.
故选：AB
11．BCD
【分析】根据线面平行的判定定理，运动变化思想，函数思想，即可分别求解.
【详解】对A选项，当与点重合时，平面截正方体的截面为，错误；
对B选项，∵，又平面，平面，
∴平面，又点为线段（含端点）上的动点，
∴到平面的距离为定值，又的面积也为定值，
∴三棱锥的体积为定值，正确；
对C选项，当由移动到的过程中，利用平面的基本性质，延长交于，连接交于，
所以，从到之间，平面截正方体的截面为为等腰梯形，且，
当与重合时，截面为矩形，此时面积最大为，正确；
对D选项，如图，分别取左右侧面的中心，，则垂直于左右侧面，
根据对称性易知：三棱锥的外接球的球心在线段上，
设到的距离为，则，
设，则，又易知，外接球的半径，
在与中，由勾股定理可得：，两式相减得：，
∴，令，又，则，
∴，，
设函数，，则的对称轴为，的开口向上，
∴在上单调递增，最小值为，最大值为，即，
∴三棱锥的外接球表面积，正确.
故选：BCD.
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.
13．4
【分析】根据题意，设两个函数的切点分别为、，求出函数的导数，由的导数分析可得的值，即可得公切线为，据此可得关于的方程组，解可得的值，即可得答案．
【详解】根据题意，函数与有公切线，
设切点分别为，，，，
；
所以且，
所以公切线为，
则有，
设，
则在 上递增，
又，故，，
故答案为：4
14．
【分析】根据的图象关于点对称判断函数为奇函数，再赋值法确定的值，进而得到函数是周期函数，找出与的关系可得答案.
【详解】的图象关于点对称，所以的图象关于点对称，
即为奇函数，
在中，
所以又
，
所以是的周期函数，
故答案为：
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)或
【分析】（1）根据可得，即，再利用累加法求解即可；
（2）根据数列的通项公式判断出数列的单调性，结合数列的单调性即可得解.
【详解】（1），
由，
得，即，
当时，
，
所以，
当时，上式也成立，所以；
（2）由（1）可知，，
当时，，即，当时，，即，
当或时，，即，
则数列在且上递减，在且上递增，，
所以取得最小值时或.
18．(1)
(2)
【分析】（1）由三角函数的定义，结合倍角公式计算即可；
（2）由诱导公式计算即可.
【详解】（1）因为角的终边与单位圆交于点，所以.
；
（2）.
19．(1)理由见解析，
(2)刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感
(3)乌龙茶所在实验室的室温约为20℃
【分析】（1）根据题意，结合一次函数，指数函数以及对数函数的特点，分析判断即可得到结果，然后将点的坐标代入即可得到解析式；
（2）结合（1）中结论，然后代入计算，即可得到结果；
（3）根据所选函数模型，代入计算，即可得到结果.
【详解】（1）选择②（，，）作为函数模型．
由表格中的数据可知，当自变量增大时，函数值减小，所以不应该选择对数增长模型③；
当自变量增加量为1时，函数值的减少量有递减趋势，不是同一个常数，所以不应该选择一次函数模型①．
故应选择②（，，）
将表中前的数据代入，得，解得，
所以函数模型的解析式为：．
（2）由（1）中函数模型，有，即，所以，
即，
所以刚泡好的乌龙茶大约放置能达到最佳饮用口感．
（3）由为减函数，且当x越大时，y越接近20，考虑到茶水温度降至室温就不能再降的事实，
所以乌龙茶所在实验室的室温约为20℃．
20．(1)直线即为所求作的直线，证明见解析
(2)
【分析】（1）延长AB、DC交于Q点，即可得到交线，通过证明，即可证明线面垂直；
（2）建立适当的空间直角坐标系，利用空间向量得出，解方程即可.
【详解】（1）延长，交于点，连结，则直线即为所求作的直线：
因为，所以
又因为，所以，分别为，中点，
且为正三角形，所以，
又，平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
且面PAB，所以，
又，且平面，平面,
所以平面，即平面：
（2）取的中点，连结，则，
又平面平面且交线为，且平面，
所以平面，
以为原点，，所在直线为，轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，，，
由，得，
所以，，
显然平面的一个法向量为，
设平面的法向量为，
则，即
取，则，，
所以平面的一个法向量为，
所以，解得
所以当二面角的余弦值为时，
21．(1)(4，3)
(2)
【分析】(1)根据可得，利用直线的点斜式方程可得直线AC的方程，结合点C是直线与直线AC的交点，联立两直线方程，解方程组即可；
(2)根据两直线的到角公式可得，求出，利用直线点斜式方程求出直线BC的方程，结合点B是直线与直线BC的交点，联立方程组，解得B的坐标，利用斜率计算公式和直线的点斜式方程即可得出结果.
(1)
由题意知，直线的斜率，又，所以，
又，所以直线AC方程为，即，
因为点C是直线与直线AC的交点，则，解得，
即点；
(2)
因为的平分线所在直线方程，斜率为1
又，由两直线的到角公式，得，即
解得，又，所以直线BC的方程为，即，
点B是直线与直线BC的交点，则，解得，
即，所以，
故直线AB的方程为，即.
22．(1)答案见解析
(2)证明见解析
【分析】（1）求得，对进行分类讨论，由此求得的单调区间.
（2）先判断出，将转化为，利用构造函数法，结合导数证得不等式成立.
【详解】（1）由，可知定义域，
，令，则，
①当时，，则成立，即成立，
所以在上单调递增；
②当时，令，得，记，
，当变化时，，的变化情况如下表
+ 0 - 0 +
↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗
所以在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
（2）因为函数有三个零点，，，
不妨设，所以，
即在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增.
由，知，故，
因为，
所以，即，
因此，
令，
所以，令，
则在上单调递减，且，
，成立，
所以在上单调递减，且，因此，
则，
所以.
【点睛】利用导数研究函数的单调区间，首先要求函数的定义域，要在定义域的范围内求解单调性.当导函数含有参数时，要对参数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏，分类标准的制定可结合二次函数的知识来进行.
答案第1页，共2页
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