皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（三）（含解析）

皖北五校2023届高三下学期5月冲刺数学试题（三）
一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．或
2．已知复数的实部与虚部的和为12，则（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
3．的展开式中的系数为（ ）
A．270 B．135 C．－270 D．－135
4．在正三棱锥P－ABC中，O为△ABC的中心，已知AB=6，∠APB=2∠PAO，则该正三棱锥的外接球的表面积为（ ）
A．49π B．36π C．32π D．28π
5．若直线与圆交于不同的两点A、B，且，则（ ）
A． B． C． D．
6．若单位向量，满足，则与的夹角为（ ）
A． B． C． D．
7．在中，角所对的边分别为，已知，则下列结论正确的是（ ）
A． B．
C．若，则的面积是 D．若，则外接圆半径是
8．若，，，，则a，b，c，d中最小的是（ ）
A．a B．b C．c D．d
9．已知，，则（ ）
A． B． C．2 D．－2
二、多选题
10．在党中央、国务院决策部署下，近一年来我国经济运行呈现企稳回升态势．如图为2022年2月至2023年1月社会消费品零售总额增速月度同比折线图，月度同比指的是与去年同期相比，图中纵坐标为增速百分比．就图中12个月的社会消费品零售总额增速而言，以下说法正确的是（ ）
A．12个月的月度同比增速百分比的中位数为1%
B．12个月的月度同比增速百分比的平均值大于0
C．图中前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大
D．共有8个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值
11．如图，在棱长为的正方体中，点，，分别为，，的中点，若点在线段上运动，则下列结论正确的为（ ）
A．与为共面直线
B．平面∥平面
C．三棱锥的体积为定值
D．与平面所成角的正切值为
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．集美中学高101组高二（15）班小美同学通过导数的学习，对直线与曲线相切产生浓厚兴趣，并试着定义：若曲线与曲线存在公共点，且、在点处的切线重合，称曲线与相切．现出一问题：若函数与相切，则__________．
14．已知函数在R上连续且可导，为偶函数且，其导函数满足，则不等式的解集为___.
15．如图，在一段线路中并联两个自动控制的常用开关，只要其中有一个开关能够闭合，线路就能正常工作．假定在某段时间内每个开关能够闭合的概率都是0.8，则这段时间内线路正常工作的概率为______．
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)证明：是等差数列：
(2)记的前n项和为，，求n的最小值.
18．已知函数
(1)求的值；
(2)求的最小正周期及单调递增区间；
(3)求在的最大值和最小值，并求出取得最值时x的值．
19．2022年8月9日，美国签署《2022年芯片与科学法案》，对中国的半导体产业来说，短期内可能会受到“芯片法案”负面影响，但它不是决定性的，因为它将激发中国自主创新的更强爆发力和持久动力.某企业原有400名技术人员，年人均投入万元（），现为加大对研发工作的投入，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员名（且），调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元.
(1)若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，求调整后的技术人员最多有多少人？
(2)为了激励研发人员的工作热情，企业决定：研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，求满足条件的的最大值，并说明理由.
20．如图，已知四棱锥的底面为菱形，且，，.是棱PD上的点，且四面体的体积为
(1)证明：；
(2)若过点C，M的平面α与BD平行，且交PA于点Q，求平面与平面夹角的余弦值.
21．已知三个顶点是，，
(1)求BC边上的垂直平分线的直线方程：
(2)求点A到BC边所在直线的距离及的面积.
22．已知函数在区间内有唯一极值点．
(1)求实数a的取值范围；
(2)证明：在区间内有唯一零点，且．
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共1页
参考答案：
1．B
【分析】解一元二次不等式化简集合A，再利用交集的定义求解作答.
【详解】解不等式，得或，则或，而，
所以.
故选：B
2．D
【分析】先利用复数的乘法运算化简复数，再利用实部与虚部的和为12求得，根据模长公式即可求解.
【详解】因为且的实部与虚部的和为12，
所以，解得，
所以，，
所以，
故选：D
3．B
【分析】由二项式展开项通项公式求出对应的项数即可求.
【详解】二项式展开项第项为，
则当时，.
故选：B
4．A
【分析】设侧棱长为x，由求得和的余弦值，利用二倍角公式可求得，从而求得棱锥的高，设球心为M，球半径为，表示出，然后由勾股定理可求得，得球表面积．
【详解】设侧棱长为x，且易知
则，
因为，则,所以，解得，
所以，
设球心为M，则MP=MA=R，，
因为，所，解得，所以表面积，
故选：A.
5．A
【分析】根据题意分析可得，则，根据垂径定理和点到直线的距离公式计算求解．
【详解】设圆心O到直线l的距离为d，
∵，则以为邻边的平行四边为菱形，即
由，即，则
又由垂径定理可知，即
解得
则，解得．
故选：A．
6．B
【分析】先求出，然后用夹角公式求解.
【详解】由，得，
所以，所以，
又，所以.
故选：B.
7．C
【分析】根据题意，由正弦定理可判定A错误；由余弦定理求得，结合向量的数量积的定义，可判定B错误；由三角形的面积公式，可判定C正确；由正弦定理求得外接圆的半径，可判定D错误.
【详解】由题意，在中，满足，
对于A中，由正弦定理，所以，
所以A不正确；
对于B中，设三边的长分别为，
由余弦定理得，
所以，所以B错误；
对于C中，若，可得，可得，则，
所以的面积为，所以C正确；
对于D中，设三边的长分别为，
由，即，可得，所以，
设外接圆的半径为，则，
所以，所以D错误.
故选：C.
8．B
【分析】先将，，，变换为：，，，，得到，设，，结合导数和作差法得到，得到，最后设，，利用导数比较和，即可得到，，，中最小值.
【详解】因为，，所以；
又，
所以，
设，，
则，当时，，
所以在上单调递增，则，即，
所以，即；则，
设，，
则，
令，，则，
当时，，所以在上单调递增，
因为，所以，
则时，，所以在上单调递减，
所以有，即，则，
综上：， ，即，，，中最小的是.
故选：B.
【点睛】关键点睛：构造函数比较大小是高考热点和难点，结合代数式的特点，选择适当的函数，通过导函数研究出函数的单调性，从而比较出代数式的大小，本题中，对进行变形得到，利用作差法比较和，从而构造函数，；比较和时，观察代数式的形式，从而构造函数，，是解决本题的关键.
9．B
【分析】根据同角关系可得，由正切的二倍角公式以及诱导公式即可求解.
【详解】因为所以由得，因此，
由二倍角公式可得
，
故选：B
10．AC
【分析】根据题意结合相关概念逐项分析判断.
【详解】由折线图可得增速百分比（%）由小到大依次为：，
对于A：12个月的月度同比增速百分比的中位数为，故A正确；
对于B： 因为，
所以12个月的月度同比增速百分比的平均值小于0，故B错误；
对于C：由折线图可得前6个月的月度同比增速百分比先大幅度波动后渐渐趋于稳定，后6个月的大波动整体较小，
所以前6个月的月度同比增速百分比波动比后6个月的大，故C正确；
对于D：因为，可知大于的有，共有6个，
所以共有6个月的月度同比增速百分比大于12个月的月度同比增速百分比的平均值，
故D错误；
故选：AC.
11．BC
【分析】根据棱柱的结构特征可得，即可判断A；利用线面平行和面面平行的判定定理即可判断B；由题意得点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，即可判断C；建立以为原点的空间直角坐标系，利用向量法求与平面所成角，即可判断D．
【详解】对于A：连接，如图所示：
，分别为，的中点，，
在正方体中，，
，而，与为异面直线，故A错误；
对于B：连接，
点，分别为，的中点，，又，
平面，平面，∥平面，
由选项A得，平面，平面，∥平面，
又，平面，平面，平面∥平面，故B正确；
对于C：由选项B得∥平面，
点在线段上运动，
点到平面的距离等于点到平面的距离，且为定值，
又的面积为定值，则三棱锥的体积为定值，故C正确；
对于D：建立以为原点的空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，，
平面的一个法向量为，
设与平面所成角为，
，
，
，故D错误．
故选：BC．
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．
【分析】设切点为，根据导数的几何意义得出，再由函数与的图象关于对称，得出的值.
【详解】设切点为，则，则，即①
因为函数与的导数分别为
所以②，联立①②可得
因为函数与的图象关于对称
所以③，所以，即，
代入③可得，
故答案为：
14．
【分析】由已知条件可得的图象关于对称，在上递增，在上递减，然后分四种情况讨论求解即可
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于轴对称，
所以的图象关于对称，
因为，
所以当时，，当时，，
所以在上递增，在上递减，
由，得
，或，或，或，
解得，或，或，或，
综上，，
所以等式的解集为
故答案为：
15．0．96/
【分析】首先求出线路不能正常工作的概率，利用对立事件即可求出线路正常工作的概率.
【详解】线路不能正常工作的概率为：
，
∴能够正常工作的概率为，
故答案为：0.96.
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)证明见解析；
(2)最小值为10.
【分析】（1）解法一：（指数运算）由已知可推得，，相乘结合已知，即可得出，进而证明；解法二：（对数运算）由已知可得，结合已知即可得出，进而证明；
（2）解法一：先根据（1）推出，然后结合已知条件得到，然后计算得到，即可得出答案；解法二：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，进而得出，求解即可得出答案；解法三：同解法一，先求出，，然后分组求和得出，求解即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
由，得，则，
从而.
又，
所以，
即，所以是等差数列.
解法二：
由，且，
则，
得，
因为，，
所以，
即，所以是等差数列.
（2）解法一：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
所以，
，
又；
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法二：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又，所以.
当时，
，
，
所以，
，
又，则，且，
所以n的最小值为10.
解法三：
设等差数列的公差为d.
当时，，即，
所以，所以，
所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以.
又.
当时，
，
所以，.
又，则，且，
所以n的最小值为10.
18．(1)
(2)；．
(3)答案见解析.
【分析】（1）直接代入计算；
（2）利用二倍角公式化简函数解析式，由求出最小正周期，整体代换法求正弦型函数的单调区间；
（3）由x的范围求出的范围，再根据正弦函数的单调性即可求得值域.
【详解】（1）解：因为，
所以
（2）解：因为，
所以，的最小正周期为，
令，，解得，，
所以的单调递增区间是．
（3）解：由（2）知，
∵，∴，
∴，，
∴当，即时，取得最小值；
当，即时，取得最大值.
19．(1)300；
(2)7，理由见解析.
【分析】（1）根据题意可得，解不等式可得结果；
（2）由题意得，化简得在时恒成立，然后利用基本不等式求出的最小值即可.
【详解】（1）根据题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，则
，
解得，
因为且，
所以要使这名研发人员的年总投入不低于调整前400名技术人员的年总投入，调整后的技术人员最多300人；
（2）由条件可知研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，得
，
两边同除以，得
，
整理得，
即在时恒成立，
因为，
当且仅当，即时取等号，
所以，
所以满足条件的的最大值为7.
20．(1)证明见解析；
(2).
【分析】（1）解法一：取AB中点O，连接PO，CO.推导得到平面，平面PBC，根据体积即可得出答案；解法二：先证明平面PAB. 过M作交AP于点N，证明得到平面PBC，根据体积即可得出答案；
（2）解法一：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，结合平面向量基本定理，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法二：建立空间直角坐标系，写出点的坐标，求出平面的法向量，计算即可得出答案；解法三：通过作图，作出二面角的平面角，构造直角三角形，即可得出答案.
【详解】（1）解法一：
如图1，取AB中点O，连接PO，CO.
因为，，所以，，.
又因为是菱形，，所以，.
因为，所以，所以.
又因为平面，平面ABCD，，
所以平面.
因为，平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，
所以.
因为，
所以点M到平面PBC的距离是点D到平面PBC的距离的，
所以.
解法二：
如图2，取AB中点O，连接PO，CO，
因为，，
所以，，，
又因为是菱形，，
所以，.
因为，所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，，
所以平面PAB.
所以，.
过M作交AP于点N，，所以.
又平面PBC，平面PBC，
所以平面PBC，所以.
因为，，
所以，
所以N是PA的中点，所以M是PD的中点，所以.
（2）解法一：
由（1）知，，，.
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
因为，设，则，
因为，，，，故存在实数a，b，使得，
所以，解得，
所以.
设平面的法向量为，则，即，
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法二：
由（1）知，，，，
如图3，以O为坐标原点，，，的方向分别为x轴，y轴，z轴正方向建立空间直角坐标系，
则，，，，，所以，，，，，.
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
因为，设，则，
因为，所以，所以
设平面的法向量为，则，即.
取，得到平面的一个法向量.
设平面与平面夹角是，
又因为是平面的一个法向量，
则.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
解法三：
在平面内，过C作交AD延长线于点E，交AB延长线于点F，
因为是菱形，所以.
如图4，在平面PAD内，作交EM的延长线于点，设交AP于点Q.
所以，四边形是平行四边形，，.
所以，所以，
所以点Q是线段PA上靠近P的三等分点.
如图5，在平面PAB内，作，交AB于T，
因为平面，所以平面，所以，
因为，，
在平面内，作，交BC于点N，连接QN，过A作交BC于K，
在中，，，所以，
所以，
因为，，，且两直线在平面内，所以平面，
因为平面，所以.
所以是二面角的平面角.
在中，，所以.
所以平面与平面夹角的余弦值是.
21．(1)
(2)，
【分析】（1）先利用坐标求解，利用垂直关系求得BC边上的垂直平分线的斜率为：，再求解BC的中点D的坐标，即得解；
（2）利用点到直线距离公式求解点A到BC边所在直线的距离，即为的高，的底边长为，求解即可
(1)
∵，，∴，
则BC边上的垂直平分线的斜率为：
又BC的中点D的坐标为，
所以BC边的中垂线所在的直线方程为：，即为
(2)
直线BC的方程为：，即
则点到直线的距离为：
，
故面积为
22．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据极值点的定义，求导，进而求导函数的零点，研究零点左右与零大小关系，可得答案；
（2）由（1）明确函数的单调区间，分别在两个单调区间上，利用零点存在性定理，证明零点唯一存在，根据单调性证明不等式成立.
【详解】（1），
①当时，因为，所以，，，在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
②当时，令，则，因为，所以，所以在上递增，又因为，，
所以在上有唯一零点，且，所以，；，，所以在上有唯一极值点，符合题意.
综上，.
（2）由（1）知，所以时，，所以，，单调递减；，，单调递增，
所以时，，则，又因为，
所以在上有唯一零点，即在上有唯一零点.
因为，由（1）知，所以，
则，构造，
所以，
记，则，显然在上单调递增，所以，
所以在上单调递增，所以，所以，所以在上单调递增，所以，
所以，由前面讨论可知：，，且在单调递增，所以.
【点睛】在利用导数证明不等式成立时，一定明确单调区间，在同一单调区间上，由函数值的大小关系，可得自变量的大小关系，探究函数的单调性，可通过研究导数过着导数中部分代数式所构成函数的单调性，求其最值，可得函数的单调性.
答案第1页，共2页
答案第1页，共2页