2022届安徽省合肥一六八中学高三下学期5月最后一卷数学（理）试题含解析

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2022届安徽省合肥一六八中学高三下学期5月最后一卷数学（理）试题一、单选题1．设全集，集合，，若A与B的关系如图所示，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先求得集合，结合韦恩图得到是的真子集，即可求解.【详解】由题意，集合，且，根据给定的韦恩图，可得是的真子集，所以实数的取值范围是.故选：C.2．设复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的模不可能是（       ）A．0 B．1 C．2 D．3【答案】D【分析】根据复数模的几何意义判断．【详解】表示对应的点在以为圆心，为半径的圆上，此圆过原点，圆上的点到原点的距离最小值为0，最大值为直径长，因此D不可能．故选：D．3．若函数的部分图像如图所示，则图像的一条对称轴是（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】本题首先可根据图像得出函数的最小正周期以及周期的，然后求出函数的对称轴，最后与四个选项对比，即可得出结果.【详解】结合图像易知，函数的最小正周期为，周期的为，结合图像易知，函数的对称轴为或，与四个选项对比易知，是函数的一条对称轴，故选：B4．如图，正方体上、下底面中心分别为，，将正方体绕直线旋转，下列四个选项中为线段旋转所得图形是（       ）A． B．C． D．【答案】D【分析】首先根据的中点到旋转轴的距离小于、两点到旋转轴距离，得到A、C项不符合题意．再由所得旋转体的侧面上有无数条直线且直线的方向与转轴不共面，可得A项不符合题意．由此可得只有D项符合题意．【详解】解：设正方体的棱长等于，的中点到旋转轴的距离等于，而、两点到旋转轴的距离等于，的中点旋转一周，得到的圆较小，可得所得旋转体的中间小，上、下底面圆较大．由此可得A、C项不符合题意，舍去．又在所得旋转体的侧面上有无数条直线，且直线的方向与转轴不共面，B项不符合题意，只有D项符合题意．故选：D．5．对任意非零实数，，若的运算原理如图所示，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】先分析出该程序的作用是计算分段函数函数值，然后由即可得到正确答案.【详解】分析程序中各变量、各语句的作用，再根据流程图所示的顺序，可知：该程序的作用是计算分段函数函数值，，此时，．故选：C．6．设x、，则“”是“且”的（       ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】先化简，然后根据充要条件的定义进行判定.【详解】因为，所以，即有；同理可得，所以“”是“且”的充分条件.反之，当时，不能得出，所以“”不是“且”的必要条件.故选：A.7．已知正数x，y满足，则的最小值（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】利用换元法和基本不等式即可求解.【详解】令，，则，即，∴，当且仅当，即，时，等号成立，故选：A.8．已知一小球与三棱锥三个相互垂直的侧面都相切，若此球面上存在一点到这三个侧面的距离分别为5，4，5，则这个小球的最大半径是（       ）A．3 B．5 C．8 D．11【答案】D【分析】把三棱锥的三个侧面扩展成以（是三棱锥的顶点，是内切球的球心）为对角线的正方体，正方体的棱长为内切球半径，由列方程求解．【详解】由三棱锥的三个侧互相垂直，记三棱锥的这个顶点为，球心记为，球心到三个侧面的距离相等，把这三个侧面扩展，构成以为对角线的正方体，如图，点到三棱锥三个侧面的距离分别为，，，设内切球半径为，即图中形成的正方体的棱长为，由图形可知，化简得，解得或．其中是图中情形，是在图中正方体外部的情形．故选：D．9．刘徽构造的几何模型“牟合方盖”中说：“取立方棋八枚，皆令立方一寸，积之为立方二寸．规之为圆困，径二寸，高二寸．又复横规之，则其形有似牟合方盖矣．”牟合方盖是一个正方体被两个圆柱从纵横两侧面作内切圆柱体时的两圆柱体的公共部分，计算其体积的方法是将原来的“牟合方益”平均分为八份，取它的八分之一（如图一）．记正方形OABC的边长为r，设，过P点作平面PQRS平行于平面OABC．，由勾股定理有，故此正方形PQRS面积是．如果将图一的几何体放在棱长为r的正方体内（如图二），不难证明图二中与图一等高处阴影部分的面积等于．（如图三）设此棱锥顶点到平行于底面的截面的高度为h，不难发现对于任何高度h，此截面面积必为，根据祖暅原理计算牟合方盖体积（       ）注：祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．意思是两个同高的立体，如在等高处的截面积相等，则体积相等A． B． C． D．【答案】C【分析】计算出正方体的体积，四棱锥的体积，根据祖暅原理可得图一中几何体体积，从而得结论．【详解】棱锥，由祖暅原理图二中牟合方盖外部的体积等于棱锥所以图1中几何体体积为，所以牟合方盖体积为．故选：C．10．已知等差数列的公差为，且，且、、成等比数列，若，为数列的前项和．则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由已知可得出关于的等式，结合可求得的值，求出、，分析数列的单调性，即可求得的最小值.【详解】由已知可得，即，可得，，解得，，所以，，，令，则，当时，，即，当时，，即，所以，数列中，最小，故的最小值为.故选：D.11．已知△ABC的外接圆半径长为1，则的最小值为（       ）A． B． C． D．【答案】B【分析】先分析取最小值的状态，结合数量积的意义和二次函数可求答案.【详解】由题意，为钝角时，取到最小值；如图，为的中点，在上的投影向量为；由可知当在上的投影长最长时，即 与圆 相切时，可取到最小值； ，当时，，所以的最小值为.故选：B.12．已知有两个零点，，有两个零点，若区间，则实数a的取值范围是（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】解出所有零点，取值验证排除可得.【详解】由题知，得解得解得因为所以即取时，，，不满足，故BC错误；取时，，即，不满足题意，故D错误.故选：A二、填空题13．命题p：若，则．则命题p的否命题是___________．【答案】若，则【分析】根据否命题的定义进行求解.【详解】根据否命题的定义，若，则的否命题为：若，则.故答案为：若，则.14．若过点作斜率为1的直线与双曲线的两条渐近线交点M，N，若，则此双曲线C的离心率是___________．【答案】【分析】根据题意得到的方程为，以及渐近线方程为，联立方程组，求得点的坐标，结合，列出方程求得的值，结合离心率的定义，即可求解.【详解】由题意，直线的方程为，又由双曲线，可得其渐近线方程为，联立方程组和，分别解得，因为，可得，即，解得，所以双曲线的离心率为.故答案为：.15．已知向量，是单位向量，若，且，则的取值范围是___________．【答案】【分析】不妨设，，设，由模的定义、两点间距离的定义得出的轨迹是线段（其中，），而表示到的距离，求出到的距离，到直线的距离后可得所求范围．【详解】因为向量，是单位向量，且，所以不妨设，，设，，，，则由得，设，，则，所以表示的点在线段上．表示到的距离，如图，，，直线方程为，即，到直线的距离为，所以的取值范围是．故答案为：16．2022年疫情期间，某市中心医院分三批共派出6位年龄互不相同的医务人员支授上海六个不同的方舱医院，每个方舱医院分配一人，第一批派出一名医务人员的年龄为，第二批派出两名医务人员的年龄最大者为，第三批派出三名医务人员的年龄最大者为，则满足的分配方案的概率为___________．【答案】【分析】根据题意年龄最大的医务人员必在第三批，先安排年龄最大的医务人员，安排剩下的两个医务人员，然后安排第二批和第一批，同样先安排年龄最大的医务人员,再安排剩下的两位医务人员，由分步乘法计数原理得到所有分配方式数，然后利用古典概型的概率求解.【详解】解：由题意得年龄最大的医务人员必在第三批，安排年龄最大的医务人员有种方法，第三批中剩下的两个方舱医院安排有种分配方式，在留下的三位医务人员中，把这个年龄最大的医务人员安排在第二批，有种分配方式，剩下的两位医务人员有种分配方式，由分步乘法计数原理知：所有分配方式数为种：又没有任何要求的分配方式为种，所以满足的分配方案的概率为，故答案为：三、解答题17．《关于加快推进生态文明建设的意见》，正式把“坚持绿水青山就是金山银山”的理念写进中央文件，成为指导中国加快推进生态文明建设的重要指导思想．为响应国家号召，某市2020年植树节期间种植了一批树苗，2022年市园林部门从这批树苗中随机抽取100棵进行跟踪检测，得到树高的频率分布直方图如图所示：(1)求树高在225-235cm之间树苗的棵数，并求这100棵树苗树高的平均值；(2)若将树高以等级呈现，规定：树高在185-205cm为合格，在205-235为良好，在235-265cm为优秀．视该样本的频率分布为总体的频率分布，若从这批树苗中机抽取3棵，求树高等级为优秀的棵数的分布列和数学期望．【答案】(1)；(2)分布列见解析；期望为【分析】（1）根据频率分布直方图计算可得；（2）首先求出树高为优秀的概率，依题意可知，根据二项分布的概率公式得到分布列，从而求出数学期望；【详解】(1)解：树高在225-235cm之间的棵数为：．树高的平均值为：(2)解：由（1）可知，树高为优秀的概率为：，由题意可知，则的所有可能取值为0，1，2，3，，，，，故的分布列为：因为，所以18．已知正整数数列，，，当时，恒成立．(1)证明：数列是等比数列并求出其通项公式；(2)定义：表示不大于x的正整数的个数．设数列的前n项和为．求的值．【答案】(1)证明见解析；，(2)【分析】（1）由得：，且是正整数列，所以，即可证明数列是等比数列；（2）利用错位相减法求出数列的前n项和为，由的范围可确定，即可求出的值.【详解】(1)由得：．因为是正整数列，所以，于是是等比数列．又，，所以，；(2)因为，，，上两式相减得，，所以，又，即为递增数列，，，，，，所以，，，，，.19．已知圆M：上动点Q，若，线段QN的中垂线与直线QM交点为P．(1)求交点P的轨迹C方程；(2)若A，B分别轨C与x轴的两个交点，D为直线上一动点，DA，DB与曲线C的另一个交点分别是E、F、证明：直线EF过一定点．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）数形结合，由双曲线定义可得；（2）设直线方程分别解得E、F的坐标，然后可得直线EF方程，化简可证.【详解】(1)由题知，所以由双曲线定义可知点P的轨迹为双曲线，其中，得曲线C的方程 (2)设点由，设直线DA与曲线另一个交点为E，直线DB与曲线另一个交点为F（其中，，若等于，此时其中一条直线与其中一条渐近线平行，与曲线C只有一个交点．）由直线DA：代入曲线C：得得由即直线DB：代入曲线C：中将，得由即∴∴EF：即故直线恒过一定点20．已知函数（e为自然对数的底数），其中．(1)试讨论函数的单调性；(2)若有两个极值点和，记过点，的直线的斜率为k，同：是否存在a，使得？若存在，求出a的值，若不存在，请说明理由【答案】(1)答案不唯一，具体见解析；(2)不存在；理由见解析.【分析】（1）求出函数的导数，分和分别讨论值的符号作答.（2）根据给定条件，求出斜率k，在成立时可得，分析整理并构造函数，利用函数探讨单调性质即可推理作答.【详解】(1)函数定义域为R，求导得，而，则当时，即在R上为增函数，当时，由，得，即，解得或，则有或，由，解得，所以在上递减，在和上递增．(2)依题意，，求导得，有两个极值点，即在上有两个不等根和，则，且，因为，则，若存在a，使得，则，即，不妨令，亦即成立，令，，，因此在上递增，，于是得当时，不成立，所以不存在a，使得.【点睛】思路点睛：涉及的双变量函数问题，不管待证的是两个变量的等式或不等式，还是导函数的值的等式或不等式，都是把双变量的等式或不等式转化为一元变量问题求解，途径都是构造一元函数.21．已知顶点为S的圆锥面（以下简称圆锥S）与不经过顶点S的平面α相交，记交线为C，圆锥S的轴线l与平面α所成角θ是圆锥S顶角（圆S轴截面上两条母线所成角θ的一半，为探究曲线C的形状，我们构建球T，使球T与圆锥S和平面α都相切，记球T与平面α的切点为F，直线l与平面α交点为A，直线AF与圆锥S交点为O，圆锥S的母线OS与球T的切点为M，，．(1)求证：平面SOA⊥平面α，并指出a，b，关系式；(2)求证：曲线C是抛物线．【答案】(1)证明见解析；；(2)证明见解析.【分析】（1）由题设条件可得平面AOS⊥平面，据此可求出球的半径，可得，化简即可得解；（2）建立空间直角坐标系，利用向量法求两点间的距离，化简方程即可得解.【详解】(1)∵平面AOS截球T的截面圆与直线AO相切于F，∴记P是平面内不在直线OA上的点，平面TFP截球T的截面圆与直线FP相切于点F∴∵平面内直线AO，FP相交于点F∴TF⊥平面∵直线TF平面AOS∴平面AOS⊥平面∴．连TO，TM∴，∴球T的半径且，∴(2)在平面AOS内圆锥的另一条母线与球T的切点记为N点∵，∴以O为坐标原点，OA所在直线为x轴，过O与TF平行的直线为z轴建立空间直角坐标系，如图，∵OM，OF与球T相切，∴∴，设交线C上任意点，记圆锥S的母线SP与球T相切于E．∵PF与球T相切于点F∴，∴即（1）两边平方整理得：（2）两边平方整理得：（3）易知：（3）（2）（1）∴交线C在坐标平面xOy中方程为∴交线C是以F为焦点，O为顶点的抛物线.22．已知直线l：（t为参数），曲线：（θ为参数）．(1)求直线l的直角坐标方程与曲线的普通方程；(2)若把曲线上各点的横坐标缩短为原来的，纵坐标缩短为原来的，得到曲线，设点P是曲线上的一个动点，求它到直线l的距离的最大值．【答案】(1)l：，：(2)【分析】（1）通过消参可得直线l的直角坐标方程，消去参数可得，可得曲线的普通方程；（2）伸缩变换后圆变为椭圆，设出椭圆的参数方程，利用点到直线的距离公式结合三角函数的性质整理计算即可求得最终结果．【详解】(1)由直线为参数），消去参数，可得，由曲线为参数），消去参数，得；(2)把曲线上各点的横坐标缩短为原来的倍，纵坐标缩短为原来的倍，得设点则点到直线的距离是当，即时， 取得最大值为，此时．23．已知的最小值．(1)求实数值；(2)若，证明．【答案】(1)(2)证明见解析【分析】（1）根据零点分类讨论，去掉绝对值号，结合一次函数的单调性求得函数的最小值，即可求解.（2）利用不等式，即可求解.【详解】(1)由题意，函数，当时，可得，可得；当时，可得，可得；当时，可得，可得；当时，可得，可得，所以函数的最小值为.(2)解：由，可得，所以，当且仅当时取等号，所以.0123P0.5120.3840.0960.008