湖南省永州市祁阳重点中学2022-2023学年高三下学期第五次段考数学试卷及参考答案

永州市祁阳重点中学2022-2023学年高三（下）第五次段考数学试卷一、单选题（共40分）1．（5分）已知集合A＝{x∈N|（x+1）（x﹣2）＝0}，B＝{2，4，5}，则A∪B＝（）A．{﹣1，2，5} B．{2，4，5} C．{2} D．{﹣1，2，4，5}2．（5分）复数z满足（3﹣4i）•z＝|4+3i|，则＝（）A．i B．i C．﹣i D．﹣i3．（5分）数列{an}满足a1＝，an+1＝2an，数列的前n项积为Tn，则T5＝（）A． B． C． D．4．（5分）已知向量，则“”是“m＝2”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件5．（5分）已知一圆锥的底面直径与母线长相等，一球体与该圆锥的所有母线和底面都相切，则球与圆锥的体积之比为（）A． B． C． D．6．（5分）小明和李华在玩游戏，他们分别从1～9这9个正整数中选出一个数告诉老师，老师经过计算后得知他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，那么小明选择的数是偶数的概率是（）A． B． C． D．7．（5分）已知双曲线C：＝1（b＞0），以C的焦点为圆心，3为半径的圆与C的渐近线相交，则双曲线C的离心率的取值范围是（）A．（1，） B．（1，） C．（，） D．（1，）8．（5分）设a＝e0.2，b＝，c＝ln，则（）A．a＜b＜c B．c＜b＜a C．c＜a＜b D．a＜c＜b二、多选题（共20分）9．（5分）下列说法正确的有（）A．若，则的最大值是﹣1 B．若x∈R，则的最小值为2 C．若a，b，c均为正实数，且a+b+c＝2，则的最小值是4 D．已知a＞0，b＞0，且，则a（b﹣1）最小值是10．（5分）如图，在棱长为2的正方体ABCD﹣A1B1C1D1中，M，N，P分别是C1D1，C1C，A1A的中点，则（）A．M，N，B，D1四点共面 B．异面直线PD1与MN所成角的余弦值为 C．平面BMN截正方体所得截面为等腰梯形 D．三棱锥P﹣MNB的体积为11．（5分）已知是单位向量，且，则下列说法正确的是（）A． B．若，则 C．的最大值为 D．的最小值是12．（5分）已知直线l过点M（1，2）且与圆C：（x﹣2）2+y2＝5相切，直线l与x轴交于点N，点P是圆C上的动点，则下列结论中正确的有（）A．点N的坐标为（﹣3，0） B．△MNP面积的最大值为10 C．当直线l与直线ax﹣y+1＝0垂直时，a＝2 D．tan∠MNP的最大值为三、填空题（共20分）13．（5分）曲线f（x）＝xlnx﹣x3在点（1，f（1））处的切线方程为．14．（5分）若展开式的二项式系数之和为64，则展开式中x3项的系数为．（用数字作答）15．（5分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若，且，则c2﹣b2＝．16．（5分）数列{an}中，，，若不等式对所有的正奇数n恒成立，则实数t的取值范围为．四、解答题（共70分）17．（10分）△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，且△ABC的面积为24．（1）求；（2）若，求b．18．（12分）已知等差数列{an}的公差d≠0，a3＝5，且a1，a2，a5成等比数列，数列{bn}满足bn+bn+1＝an．（1）求{an}的通项公式；（2）求{bn}的前10项和S10．19．（12分）甲、乙两个同学去参加学校组织的百科知识大赛，规则如下：甲先答2道题，至少答对1道题，乙同学才有机会答题，乙同样答2道题．每答对1题可以得50分，已知甲答对每道题的概率都是p，乙答对第1道题的概率为，答对第2题的概率为，乙有机会答题的概率为．（1）求p；（2）求甲与乙总得分X的分布列与数学期望．20．（12分）如图，在四棱锥P﹣ABCD中，四边形ABCD是等腰梯形，且AD＝2AB＝2BC＝2CD，E，F分别是线段PB，AC的中点，PA＝PD，平面PAD⊥平面ABCD．（1）证明：EF⊥平面ABCD；（2）求平面ACE与平面ADE夹角的取值范围．21．（12分）已知椭圆E：的离心率为，右焦点为F，点，直线FG与圆Q：相切．（1）求直线FG和椭圆E的方程；（2）直线FG与椭圆E交于A，B两点，C，D为椭圆E上的两点，若四边形CADB的对角线CD⊥AB，求四边形CADB的面积的最大值．22．（12分）已知函数f（x）＝x2+ax﹣a2lnx，a≥0．（1）当a＝2时，讨论函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个不同的零点，求a的取值范围．参考答案1．集合A＝{x∈N|（x+1）（x﹣2）＝0}＝{2}，B＝{2，4，5}，则A∪B＝{2，4，5}．故选：B．2．因为，所以，所以．故选：A．3．因为数列{an}满足a1＝，an+1＝2an，所以数列{an}是首项为，公比为2的等比数列，所以数列是以2为首项，公比为的等比数列，所以＝2×＝22﹣n，所以T5＝2×1×××＝，故选：C．4．若，则m（m﹣3）+2＝0，即m2﹣3m+2＝0，得m＝2或m＝1，则“”是“m＝2”的必要不充分条件，故选：B．5．设圆锥底面圆半径为R，球的半径为r，由题意知，圆锥的轴截面是边长为2R的等边三角形，球的大圆是该等边三角形的内切圆，记球的体积为V1，圆锥的体积为V2，所以，所以球与圆锥的体积之比为，故选：B．6．设两数之差为偶数为事件A，小明选择的数是偶数为事件B，由于他们选择的两个数不相同，且两数之差为偶数，则小明选择的数是偶数的概率为：．故选：A．7．双曲线C的渐近线方程为y＝±x，焦点F（c，0），∵渐近线与圆相交，∴，即b＜3，∴2＝，可得c2＝4+b2＜13，∴双曲线C的离心率为：e＝＜，且e＞1．故选：B．8．令f（x）＝ex﹣1﹣1﹣lnx（x＞1），则f′（x）＝ex﹣1﹣（x＞1），∵函数y＝ex﹣1，y＝﹣在（1，+∞）上递增，∴函数y＝ex﹣1﹣在（1，+∞）上递增，∴f′（x）＝ex﹣1﹣＞f′（1）＝0（x＞1），∴函数f（x）在（1，+∞）上递增，∴f（1.2）＞f（1）＝0，即e0.2﹣1﹣ln1.2＞0，即e0.2＞ln，令g（x）＝ln﹣（1﹣），（x≥4），令t＝，t＞1，令h（t）＝lnt+﹣1，则h′（t）＝﹣＝（1﹣）＞0，（t＞1），∴函数h（t）在（1，+∞）上递增，∴h（t）＞h（1）＝0，∴g（x）＝ln﹣（1﹣）＞0，x≥4，∴ln﹣（1﹣）＞0，即ln1.25＞，∴＞e0.2，综上，c＜a＜b．故选：C．9．对于A，由可得1﹣2x＞0，由基本不等式可得，当且仅当1﹣2x＝即x＝0时取等号，所以的最大值为﹣1，故A正确；对于B，，当且仅当时等号成立，但此时x无解，等号无法取得，则最小值不为2，故B错误；对于C，由a+b+c＝2可得＝，当且仅当b+c＝2（a+b）＝2（c+a）且a+b+c＝2，即a＝0，b＝1，c＝1时，等号成立，由于a，b，c均为正实数，则等号取不到，故C错误；对于D，由可得ab＝2a+b，代入到，当且仅当即时，等号成立，故D正确．故选：AD．10．对于A，易知MN与BD1为异面直线，所以M，N，B，D1不可能四点共面，故A错误；对于B，连接CD1，CP，易得MN∥CD1，所以∠PD1C为异面直线PD1与MN所成角，设AB＝2，则，所以，所以异面直线PD1与MN所成角的余弦值为，故B正确；对于C，连接A1B，A1M，易得A1B∥MN，所以平面BMN截正方体所得截面为梯形MNBA1，故C正确；对于D，易得D1P∥BN，因为D1P⊄平面MNB，MN⊂平面MNB，所以D1P∥平面MNB，所以，故D正确．故选：BCD．11．是单位向量，且，可得：＝，所以．所以A正确；令＝（1，0），＝（0，1），＝（0，﹣1），满足，但是，所以B不正确；，可得＝0，＝0，可得﹣•（）+2＝0，||＝＝，设＜，＞＝θ，∴﹣•（）＝﹣||•||cosθ+2＝0，可得||＝，当cosθ＝1时，取得最大值：，所以C正确；是单位向量，．不妨设＝（1，0），＝（0，1），＝（x，y），，可得x2+y2﹣3x﹣y+2＝0，即（x﹣）2+（y﹣）2＝，可得≤y≤，可得≤y．＝y∈[，]．所以D正确．故选：ACD．12．由题可得点M（1，2）在圆C上，因为kMC＝＝﹣2，所以直线l的斜率k＝，因此直线l的方程为x﹣2y+3＝0，令y＝0，解得x＝﹣3，所以点N的坐标为（﹣3，0），故A正确；因为点P是圆C上的动点，所以点P到直线l的最大距离d＝2r＝2，又因为|MN|＝＝2，所以△MNP的面积最大值为＝10，故B正确；因为直线l：x﹣2y+3＝0与直线ax﹣y+1＝0垂直，所以，解得a＝﹣2，故C错误；当直线lNP与圆C相切时，锐角∠MNP最大，即tan∠MNP最大，此时∠MNP＝2∠MNC，因为tan∠MNC＝＝＝，所以tan∠MNP＝＝＝，故D正确；故选：ABD．13．由f（x）＝xlnx﹣x3，得f′（x）＝lnx+1﹣3x2，∴f′（1）＝1﹣3＝﹣2，又f（1）＝﹣1，∴曲线f（x）＝xlnx﹣x3在点（1，f（1））处的切线方程为y+1＝﹣2（x﹣1），即2x+y﹣1＝0．故答案为：2x+y﹣1＝0．14．由已知可得2n＝64，则n＝6，所以二项式的展开式的通项公式为Tr+1＝C＝C，令6﹣3r＝3，解得r＝1，则x3的系数为C＝﹣192，故答案为：﹣192．15．在△ABC中，，，sinCcosB+cosCsinB＝sin（C+B）＝sin（π﹣A）＝sinA，由正弦定理有，csinA＝asinC，由，得，有，即，，得a2＝3，由，可得2sinCcosB﹣2cosCsinB＝sinCcosB+cosCsinB，即sinCcosB＝3cosCsinB，代入，得，∴，由余弦定理，c2＝a2+b2﹣2abcosC，得．故答案为：．16．由，得，则是以2为首项，1为公差的等差数列，所以，所以，不等式对所有的正奇数n恒成立，即，对所有的正奇数n恒成立，当n＝1时，，当n＝3时，，在n∈N*且n≥3上单调递增，所以，则实数t的取值范围为．故答案为：．17．（1）△ABC的内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知，则，又△ABC的面积为24，则，即ac＝80，则，即＝accosB＝64；（2）由ac＝80且，则，则由余弦定理b2＝a2+c2﹣2accosB可得b2＝36，即b＝6．18．（1）由题意，，解得，，∴an＝2n﹣1；（2）由bn+bn+1＝an，得b2+b1＝a1，b4+b3＝a3，b6+b5＝a5，b8+b7＝a7，b10+b9＝a9，则S10＝b1+b2+…+b10＝a1+a3+a5+a7+a9＝1+5+9+13+17＝45．19．（1）甲先答2道题，至少答对1道题，乙才有机会答题，且乙有机会答题的概率为，所以1﹣（1﹣p）2＝，解得p＝．（2）随机变量X的可能取值为0，50，100，150，200，则p（X＝0）＝（）2＝，P（X＝50）＝＝，P（X＝100）＝（）2××+C×××（×+×）＝，P（X＝150）＝（）2×（×+×）+C××××＝，P（X＝200）＝（）2××＝，所以X的分布列为X050100150200P则E（X）＝0×+50×+100×+150×+200×＝．20．（1）证明：取AD的中点O，连接OP，OB，OC，则．由题意可知BC∥AD，则四边形ABCO是平行四边形．因为F是线段AC的中点，所以F是OB的中点，所以EF∥OP．因为PA＝PD，O为AD的中点，所以OP⊥AD．因为平面PAD⊥平面ABCD，且OP⊂OPC平面PAD，所以OP⊥平面ABCD．因为EP∥OP，所以EF⊥平面ABCD．（2）解：因为AB＝BC，所以四边形ABCO是菱形，所以AC⊥OB，则AC，OB，EF两两垂直，故以F为原点，分别以，，它的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系F﹣xyz．设AB＝2，EF＝t，则，B（1，0，0），，E（0，0，t），F（0，0，0），从而，，．设平面ADE的法向量为，令，则．平面ACE的一个法向量为．设平面ACE与平面ADE的夹角为θ，因为，则．因为，所以，所以．所以．21．（1）由椭圆E的离心率，设a＝3t，，其中t＞0，则，，故直线FG的方程为：，即，因为直线FG与圆Q：相切，则圆心到直线FG：的距离，从而直线FG的方程为：，由a＝3，可知，椭圆E的方程为：．（2）不妨设A（x1，y1），B（x2，y2），C（x3，y3），D（x4，y4），联立直线FG与椭圆E的方程，，则，，从而，因为CD⊥AB，且直线FG的斜率为﹣1，故直线CD的斜率为1，设直线CD的方程：y＝x+m，即x﹣y+m＝0，联立直线CD和椭圆E的方程，，，则，，从而，故四边形CADB面积为，当m2＝0时，即m＝0时，四边形CADB面积最大，此时面积为，从而四边形CADB的面积的最大值为．22．（1）a＝2时，f（x）＝x2+2x﹣4lnx，（x＞0），f′（x）＝2x+2﹣＝，令f′（x）＞0，解得：x＞1，令f′（x）＜0，解得：0＜x＜1，故f（x）在（0，1）递减，在（1，+∞）递增；（2）f′（x）