2022届安徽省皖江名校高三下学期最后一卷数学（文）试题含解析

这是一份2022届安徽省皖江名校高三下学期最后一卷数学（文）试题含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届安徽省皖江名校高三下学期最后一卷数学（文）试题一、单选题1．已知，则为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】直接根据交集的定义求出.【详解】因为，所以=.故选：B2．若（为虚数单位），则（       ）A． B．4 C． D．【答案】B【分析】根据复数的乘法运算求出，再根据共轭复数的概念和模长公式可求出结果.【详解】因为，所以.故选：B.3．若，则下列结论正确的是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据函数单调性即可判断A；取特殊值，即可判断B；取特殊值，即可判断C；取特殊值，即可判断D.【详解】因为函数在上单调递增，故选项A正确；若，，则，无意义，排除B；若，，则，，排除C；若，，则，，排除D.故选：A.4．已知双曲线的一条渐近线方程为，则该双曲线的焦距为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由渐近线方程可得，由于，所以可求出，再由求出，从而可求出答案【详解】由题意得，，因为一条渐近线方程为，即，所以，即，故，故选：C.5．“直播电商”已经成为当前经济发展的新增长点，某电商平台的直播间经营化妆品和服装两大类商品.2022年前三个月这两类商品的收入占比情况如图所示，已知直播间每个月的总收入都比上个月的总收入翻一番，则关于该直播间的下列说法正确的是（       ）A．三月总收入是元月总收入的3倍B．三月服装收入低于前两个月的服装收入之和C．元月化妆品收入是三月化妆品收入的D．二月化妆品收入是三月化妆品收入的【答案】D【分析】根据图表逐个分析判断即可【详解】设元月总收入为，由题意可知，二月和三月总收入分别为，三月总收入是元月总收入的4倍，所以错误；三月服装收入为，前两个月服装收入之和为，所以错误；元月､二月､三月化妆品收入依次为，元月化妆品收入是三月化妆品收入的，二月化妆品收入是三月化妆品收入的，所以C错误，D正确故选：D.6．已知数列是公比为的等比数列，则“”是“”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【答案】D【分析】分别取特殊等比数列和分析判断即可.【详解】若，满足，但，故“”是“”的不充分条件；若，满足，但，故“”是“”的不必要条件.故选：D.7．已知函数的图象如图所示，则的图像可以由下列哪个函数图像平移后得到（       ）A． B．C． D．【答案】B【分析】根据图像分析出周期，然后求出即可确定答案.【详解】由图可知的最小正周期为的最小正周期为，排除；的最小正周期为，故B正确；和的最小正周期为，排除C，D，故正确选项为B.故选：B.8．已知，则（       ）A． B．C． D．【答案】A【分析】构造函数，根据函数的单调性以及零点存在性定理，可判断出答案.【详解】设函数，易知在上单调递增，因为，所以，由零点存在定理可知，；设函数，易知在上单调递增，因为，所以，由零点存在定理可知，；设函数，易知在上递减，因为，，所以，由函数单调性可知，，所以，故选：.9．正方体中，点在棱上，过点作平面的平行平面，记平面与平面的交线为，则与所成角的大小为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题意可知平面与平面的交线为，与平面与平面的交线平行，即求解平面与平面的交线与所成角的大小即可.【详解】因为平面平面，平面平面，平面平面，则；在正方体中，易证平面，故，所以，即与所成角的大小为.故选:.10．已知定义域为的函数存在导函数，且满足，则曲线在点处的切线方程可能是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用是偶函数、周期为4，得关于对称， 是的对称轴，即是的极值点，从而，可得答案.【详解】的定义域为，由可知，是偶函数，由可知，周期为4，因为，故关于轴对称，又因为，所以也是的对称轴，因为在上存在导函数，所以是的极值点，即，曲线在点处的切线斜率为0，故切线方程可能为.故选：B.11．如图，在平面直角坐标系中，阿基米德曲线与坐标轴依次交于点，按这样的规律继续下去.则以下命题中，正确的特称命题是（       ）A．对于任意正整数B．存在正整数C．存在正整数为有理数D．对于任意正整数为无理数【答案】C【分析】由选项的命题为全称命题，排除；又，从而即可求解.【详解】解：选项的命题为全称命题，故排除；由，可知为奇数，因为2022为偶数，故排除选项；当，易知，故正确选项为.故选：C.12．一个底面半径为1，高为3的圆柱形容器内装有体积为的液体，当容器倾斜且其中液体体积不变时，液面与容器壁的截口曲线是椭圆，则该椭圆离心率的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先判断出临界情况下，椭圆，，即可求出椭圆离心率的取值范围.【详解】当液面倾斜至如图所示位置时，设，.因为圆柱底面积为，故液体体积为，解得，即，，故，所以，，即，所以离心率，即椭圆离心率的取值范围是.故选：二、填空题13．已知向量满足：，则__________.【答案】-2.5【分析】根据平面向量垂直的向量表示以及平面向量数量积的运算律可求出结果.【详解】由得，即.故答案为：.14．已知实数满足，目标函数的最大值为__________.【答案】14【分析】先画出可行域，然后由，得，作出直线，向上平移过点时，目标函数取得最大值，求出点坐标，代入目标函数可求得答案【详解】不等式组表示的可行域如图所示，由，得，作出直线，向上平移过点时，目标函数取得最大值，由，得，即，所以的最大值为，故答案为：1415．已知等差数列和公比的等比数列满足：，则__________.【答案】1409【分析】设公差为，则由题意可得，，求出，从而利用等差数列和等比数列的求和公式可求出结果【详解】设公差为，由题可知，，因为解得，所以，故答案为：140916．连接正方体的每个面的中心构成一个正八面体（如图所示），该正八面体内切球与原正方体内切球的表面积之比为__________.【答案】【分析】不妨设正方体边长为2，易知正方体内切球半径，则正八面体边长为，将正八面体分为8个以为顶点的三棱锥，利用等体积法求得其内切球的半径即可.【详解】解：不妨设正方体边长为2，则正方体内切球半径，正八面体边长为，它的内切球球心为正方体中心，记正八面体内切球半径为，将正八面体分为8个以为顶点的三棱锥，故，解得，所以该正八面体内切球与原正方体内切球的表面积之比为.故答案为：三、解答题17．某从事智能教育技术研发的科技公司开发了一个“AI作业"项目，并且在甲､乙两个学校的高一学生中做用户测试，经过一个阶段的试用，为了解“AI作业”对学生学习的促进情况，该公司随机抽取了200名学生，对他们“向量数量积”知识点掌握情况进行调查，样本调查结果如下表： 甲校乙校使用AI作业不使用AI作业使用AI作业不使用AI作业基本掌握32285030没有掌握8141226试用频率估计概率，并假设每位学生是否掌握“向量数量积”'知识点相互独立.(1)从两校高一学生中随机抽取1人，估计该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率；(2)完成下面列联表，并分析是否有的把握认为基本掌握“向量数量积”知识点与使用AI作业有关 使用AI作业不使用AI作业合计基本堂握   没有掌握   合计   附：【答案】(1)0.7(2)表格见解析，有的把握认为基本掌握“向量数量积"知识点与使用AI作业有关【分析】（1）由表中数据，结合概率公式求解即可；（2）填写列联表，再进行独立性检验.【详解】(1)在两所学校被调查的200名学生中，对“向量数量积”知识点基本掌握的学生有140人，所以估计从两校高一学生中随机抽取1人，该学生对“向量数量积”知识点基本掌握的概率为(2) 使用AI作业不使用AI作业合计基本掌握8258140没有掌握204060合计10298200，因为，所以有的把握认为基本掌握“向量数量积"知识点与使用AI作业有关.18．在中，若角的对边分别为，且.(1)求的大小；(2)若，求的面积.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意，化简得到，得到，即可求解；（2）由（1）知，得到，根据正弦定理求得，结合面积公式，即可求解.【详解】(1)解：由条件得，整理得，又因为，所以，即，因为，所以.(2)解：由（1）知，所以，又由，由正弦定理且，解得，所以的面积.19．如图，圆锥的母线长为，是的内接三角形，.(1)若是正三角形，求三棱锥的体积；(2)若平面平面，且，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）计算出圆的半径，可计算出圆锥的高及的面积，利用锥体的体积公式可求得结果；（2）利用勾股定理可得出，利用面面垂直和线面垂直的性质可得出，求出、的长，再利用勾股定理可证得结论成立.【详解】(1)解：由题意可知，是边长为的等边三角形，则圆的半径为，所以，圆锥的高为，又因为，因此，.(2)证明：依题意，，，，平面平面，且平面平面，平面，平面，又平面，，，，所以，是正三角形，，，.20．已知抛物线，点在抛物线上.(1)求抛物线的准线方程；(2)过点的直线与抛物线交于两点，直线交轴于点，直线交轴于，记直线的斜率分别为，求证：为定值.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）将代入可得答案；（2）设，直线，由三点共线、三点共线可得，，直线与抛物线联立，利用韦达定理代入可得答案.【详解】(1)将代入，解得，的准线方程为.(2)设，直线，联立，整理得，由题意，，即或，且，因为三点共线，由，整理得，同理得，21．已知函数.(1)证明：函数有且仅有一个零点；(2)若存在满足，证明：.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析【分析】（1）由导数得出的单调性，结合零点存在性定理证明即可；（2）由得出，即，令，由导数得出，结合在单调性证明即可.【详解】(1)依题意， 增减 当时，因为，所以，故在无零点；当在单调递减，因为，由零点存在定理可知，在有且仅有一个零点，综上所述，有且仅有一个零点.(2)由，可得，即，由（1）易知，在单调递增，在单调递减，时，无零点；时，有唯一零点，故，设，则，，单调递减，，故而，又由于在单调递增，，即.【点睛】关键点睛：在证明时，关键在于构造函数，得出，再借助在的单调性得出.22．在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.(1)求与坐标轴交点的直角坐标；(2)以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线与坐标轴的交点是否共圆？若共圆，求出该圆的极坐标方程；若不共圆，请说明理由.【答案】(1)(2)是，【分析】（1）令、，可得答案；（2）设圆，代入（1）中求出的三点坐标可得，再利用可得答案.【详解】(1)令，解得或，当，交点，当，交点，令，解得或，当，交点，当，交点，即与坐标轴交点的直角坐标分别为.(2)是共圆，方程为，理由如下，设圆，由，解得，即过曲线与坐标轴交点的圆的方程为，由，得所求圆的极坐标方程为.23．已知函数.(1)当，求不等式的解集；(2)当时，证明：.【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）采用分类讨论取绝对值可求出结果；（2）根据绝对值三角不等式和基本不等式可证不等式成立.【详解】(1)当时，，当时，化为，解得；当时，化为，解得；当时，化为，解得，所以的解集为；(2)当时，当且仅当与异号，且，即时，等号成立.