安徽省皖中名校联盟2023-2024学年高三上学期第五次联考数学试题（Word版附解析）

这是一份安徽省皖中名校联盟2023-2024学年高三上学期第五次联考数学试题（Word版附解析），共21页。试卷主要包含了 战国时期成书经说记载等内容，欢迎下载使用。

数学试题
注意事项:
1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效.
3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回.
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求出集合，由此求出.
【详解】解一元二次不等式，得，故，
由于二次根式要求，则，
所以.
故选：A．
2. 在等差数列中，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】根据给定条件，利用等差数列下标和性质计算即得.
【分析】在等差数列中，，而，因此，
所以.
故选：B
3. 若是关于的实系数方程的一个复数根，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】根据一元二次方程复数根的特点及韦达定理即可求出、，再由复数的运算和共轭复数可得结果．
【分析】若是关于的实系数方程的一个复数根，
则另一个复数根为，
由韦达定理可得得，解得，
则，所以，
故有.
故选：A．
4. 已知向量，，且与的夹角余弦值为，则（ ）
A. 或B. 或C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用数量积运算性质、向量夹角公式即可得出．
【详解】，，，
显然，
故有：，解得或．
故选：B．
5. 设是等差数列的前项和，若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据等差数列的通项公式和等差数列的前项和公式得出等差数列的基本量，计算可得结果．
【详解】记等差数列的公差为，
由可得，整理得；
因为，，即；
整理可得，联立可得，，
故；
故选：A．
6. 已知函数，在区间上单调递减，则正实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】利用复合函数的单调性，结合指数函数和一次函数的单调性即可得解.
【分析】根据题意，函数，令，
由正实数知，函数单调递减，
因为在区间上单调递减，
则单调递增且，
所以，解得：，
故的取值范围是
故选：C.
7. 战国时期成书经说记载：“景：日之光，反蚀人，则景在日与人之间”这是中国古代人民首次对平面镜反射的研究，体现了传统文化中的数学智慧在平面直角坐标系中，一条光线从点射出，经轴反射后与圆相交所得弦长为，则反射光线所在直线的斜率为（ ）
A. 或B. C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用直线与圆的位置关系求出结果．
【详解】根据题意，设与点关于轴对称，则的坐标为，
则反射光线经过点，且与圆相交．
设反射光线所在直线的方程为，即，
圆的标准方程为，
则圆心为，半径．
因为弦长，
所以根据勾股定理得，圆心到反射光线距离，
故，即，解得或．
故选：A
8. 已知是三角形的一个内角，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由已知利用同角三角函数基本关系式,可求的值，进而利用三角函数恒等变换的应用化简，即可计算得解．
【详解】因为，两边平方得，
即，可得，
因为是三角形的一个内角，且，所以，
所以，得，
又因为，，
联立解得：，，故有：，
从而有．
故选：B．
二、多选题：本题共4小题，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9 设正实数满足，则（ ）
A. B.
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，利用二次函数性质和基本不等式，分别判断各个选项的对错，即可得结果．
【详解】对于A中，取，，此时，所以A不正确；
对于B中，由，
当且仅当时，等号成立，所以B正确；
对于C中，由，
因为，所以当，时，取得最小值，所以C正确；
对于D中，由，
当且仅当，即时，等号成立，所以D正确.
故选：BCD.
10. 已知直线经过点，且一个法向量为，若点，到的距离相等，则实数的可能值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分直线和直线与直线相交两种情况求解即可．
【详解】由直线经过点，且一个法向量为，可得，
当直线时，则，即；
当直线与直线相交时，则，在直线的两侧，
则，解得或．
故选：AC．
11. 若函数，则（ ）
A. B. 有两个极值点
C. 曲线切线的斜率可以为D. 点是曲线的对称中心
【答案】BD
【解析】
【分析】A项，求导赋值可得；B项，利用导函数研究单调性再求极值；C项，研究导函数值域即可；D项，证明.
【详解】选项A，由题意得，
所以，解得，A错误；
选项B，由，则，
，由得，或，
则当或时，；
当时，，
所以在和上单调递增，在上单调递减，
则当时，有极大值；当时，有极小值.
所以有两个极值点，B正确；
选项C，，
所以曲线的切线的斜率不可能为，C错误；
选项D，因为
,
所以点是曲线的对称中心，D正确.
故选：BD.
12. 如图，已知正方体的棱长为1，O为底面ABCD的中心，交平面于点E，点F为棱CD的中点，则（ ）

A. ，E，O三点共线
B. 三棱锥的外接球的表面积为
C. 直线与平面所成的角为
D. 过点，B，F的平面截该正方体所得截面的面积为
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题意可证得三点都在平面与平面的交线上，可判断A；由题意可证得平面，从而，可判断B；由题意可证得
平面，则直线与平面所成的角为，根据余弦定理，求解可判断C；取的中点，因为，所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，求出面积可判断D.
【详解】因为为底面ABCD的中心，所以为BD和AC的中点，则，
因为平面平面，所以平面平面，
所以点是平面与平面的公共点；
显然是平面与平面的公共点；
因为交平面于点平面，
所以也是平面与平面的公共点，
所以三点都在平面与平面的交线上，即三点共线，故A正确；
三棱锥的外接球和正方体是同一个外接球，棱长为1，所以，
所以外接球的表面积，故B正确；

因为平面平面ABCD，所以，
又平面，
所以平面，平面
所以平面平面，平面平面，
所以在平面的射影为，
即直线与平面所成的角为，
，，，
,故C错误；
取的中点，连，因为，
所以等腰梯形就是过点的平面截该正方体所得截面，如图：

因为，，
所以等腰梯形的高为，
所以等腰梯形的面积为，
即过点的平面截该正方体所得截面的面积为，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 写出同时满足下列条件的函数的一个解析式__________.．
【答案】答案不唯一
【解析】
【详解】分析题中两个条件得到的性质，从而得解.
【分析】因为，故函数是上的偶函数，
又因为，故，
因此函数是周期为的函数，
故满足以上条件的一个函数为．
故答案为：（答案不唯一）.
14. 现有甲乙两个形状完全相同的正四棱台容器如图所示，已知，，现按一定的速度匀速往甲容器里注水，当水的高度是正四棱台高度的一半时用时分钟，如果按照相同的速度匀速往乙容器里注水，当水的高度是正四棱台高度的一半时用时__________分钟．
【答案】
【解析】
【详解】利用台体的体积公式，结合题意求得水流速度，再求出乙容器中水的容积，由此得解.
【分析】设正四棱台的高为，由，正四棱台的中截面是边长为的正方形，
当水的高度是四棱台高度的一半时，甲容器内水的容积为，
设水流速度为，则，，
当乙容器中水的高度是四棱台高度的一半时，水的容积为，
所以当水的高度是四棱台高度的一半时用时为分钟.
故答案为：.
15. 《九章算术》中将四个面都为直角三角形的四面体称为鳖臑.如图，在鳖臑中，平面分别为棱，上一点，则的最小值为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据题意，求得，作出将沿着转动到四点共面的平面图形，利用两角和的正弦公式得，进而求解即可.
【详解】因为平面平面，所以，
又平面，所以平面，
平面，则.
因为平面平面，所以，
则，所以，
如图，将沿着转动到四点共面，
此时
过作于，则的最小值为
故答案为：.
16. 已知，，，且，是函数的两个零点，，若函数在区间上至少有个零点，则实数的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先利用平面向量的数量积运算与三角恒等变换化简，再由的零点求得的值，进而得到，结合正弦函数的图象和性质即可得解.
【详解】因为，，，
所以
，
令，即，
故当，是的两个零点时，为的一个周期，
即，解得，故有，
令，则，令，
因为在区间上至少有个零点，
则在区间上至少有个不等根，
即与在区间上至少有个交点，其中，，
由图可知，即，
，的最小值为.
故答案为：．
【点睛】结论点睛：函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点的横坐标方程的根函数与的交点的横坐标.
四、解答题：本题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17. 已知正项等差数列的前n项和为成等比数列．
（1）求数列的通项公式；
（2）令，求的前n项和．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据等差数列的前n项和公式以及等比中项的性质，利用基本量法即可求出，从而得出通项公式；
（2）利用第（1）小问求出，再由错位相减法进行数列求和即可得出结论.
【小问1详解】
设等差数列的公差为，因为，
所以,
因为成等比数列，
所以，
得 或 .
因为此数列各项均为正，
所以 得 .
【小问2详解】
，
所以 ，
所以 ，
两个等式相减得, ，
所以 ,
所以 .
18. 已知内角所对的边分别为，B.
（1）求角的大小；
（2）若，的角平分线交于点，求线段长度的最大值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将 化成 ，然后结合正弦定理求解；
（2）运用等面积法先表示出 ，然后结合余弦定理以及基本不等式求解线段 长度的最大值．
【小问1详解】
，
由余弦定理可得，即，
由正弦定理可得，
，，，即，
又，．
【小问2详解】
因为，，所以由余弦定理得，
即，所以，
即当且仅当时，等号成立，
因为，
所以，
解得，
因为当且仅当时，等号成立，
所以当且仅当时，等号成立，
所以长度的最大值为．
19. 已知等差数列的前项和为，且满足，数列满足．
（1）证明：数列是等比数列，并求的通项公式；
（2）已知数列满足求数列的前项和．
【答案】（1）证明见解析；，
（2）
【解析】
【分析】（1）设数列的公差为，根据题意求得和，得到，得到，再由，得到为等比数列，进而得到数列的通项公式；
（2）由（1）得到，结合分组求和，即可求解.
【小问1详解】
解：依题意，设数列的公差为，
因为，所以，则，
因为，即，所以，
所以，所以，即．
所以，所以，
又因为，所以，故数列是首项为，公比为的等比数列，
所以，所以．
【小问2详解】
解：由（1）知，，可得，
所以
．
20. 已知函数.
（1）讨论的单调性；
（2）证明：当时，.
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导，根据的符号分类讨论研究函数的单调性；
（2）原不等式等价于，等价于证明，构造函数，求导研究函数单调性，求解最大值即可证明.
【小问1详解】
因为，所以，
当时，，所以的单调减区间是，
当时，.令得，令得，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是.
【小问2详解】
由（1）可得，当时，取得极大值，也是最大值，
所以.
设，则，令得，令得，
所以的单调递减区间是，单调递增区间是，
所以，即.
因为，所以，所以，
所以，所以命题得证.
21. 已知半径为的圆的圆心在轴的正半轴上，且直线与圆相切．
（1）求圆的标准方程；
（2）若的坐标为，过点作圆的两条切线，切点分别为，求直线的方程；
（3）过点任作一条不与轴垂直的直线与圆相交于两点，在非正半轴上是否存在点，使得？若存在，求点的坐标；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）
（3）存在满足条件，且坐标为
【解析】
【分析】（1）根据点到直线的距离，结合待定系数法即可求解圆心，
（2）根据四点共圆可得圆方程，进而可得公共弦的直线方程，或者利用向量垂直的坐标关系可得切线方程，进而可得直线方程，
（3）根据斜率和为0，结合斜率公式以及韦达定理即可化简求解.
【小问1详解】
设圆心的坐标为，则圆的方程为，
因为直线与圆相切，
所以点到直线的距离，
因为，所以，
所以圆的标准方程为；
【小问2详解】
法1：由条件可知四点共圆，且直径，记为圆，
则,半径，
所以圆的方程为，
因为圆的方程为，
两圆方程相减可得，所以直线的方程为；
法2：设，设直线上任意不同于点的点为，
根据,可得切线的方程为，
因为在直线上，所以，
同理，
从而直线的方程为，即；
【小问3详解】
设存在点满足条件，由题可设直线，，
由，得，
∵点圆内部，∴恒成立，则，
因为，所以，即，
即是，整理得，
从而，化简有，
因为对任意的都要成立，所以，
由此可得假设成立，存在满足条件的，且坐标为．

22. 如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．

（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）先由面面垂直的性质证得平面，从而求得，进而利用勾股定理证得，由此利用线面垂直的性质即可得证；
（2）结合（1）中条件，建议空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而得到关于的方程，解之即可得解.
【小问1详解】
正方形中，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
又，，∴，
又∵，∴，∴，
又，∴，
又，平面，∴平面.
【小问2详解】
假设存在点，满足题意，
由（1）知，平面，，
故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，

则，，，，，，
设点，，∴，
∴，∴，∴，，
设平面的法向量为，∴，
令，∴，，∴，
由（1）知平面的法向量为，
∴，即，
即，即，解得或（舍去），