2022届安徽省江南十校高三下学期3月一模数学（理）试题含解析

这是一份2022届安徽省江南十校高三下学期3月一模数学（理）试题含解析，共19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届安徽省江南十校高三下学期3月一模数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】首先求出绝对值不等式和对数不等式的解集，得出集合，进而可求出.【详解】由，得或，所以，由，得，所以，所以.故选：A.2．已知复数z在复平面内对应的点为，z是的共轭复数，则=（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】依题意，再根据复数代数形式的除法运算法则计算可得；【详解】解：由题知，则，所以.故选：D.3．已知函数f(x)=2|x|，a=f(log0.53)，b=f(log45)，c=f(cos)，则（       ）A．a>c>b B．a>b>c C．b>a>c D．c>a>b【答案】B【分析】分析函数的奇偶性和单调性，再判断自变量的大小关系，根据单调性和奇偶性即得解【详解】由题意，故函数为偶函数，且时，，故函数在(0，+∞)单调递增，∵，∴.故选：B4．已知是各项均为正数的等比数列，若是与的等差中项，且，则（       ）A． B．16 C． D．32【答案】B【分析】根据等差中项的概念及等比数列的通项公式即可求解.【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为，则由等比数列{}满足是与的等差中项，因为，即，得或（舍），由，得，解得，所以.故选：B.5．(x-2y)5的展开式中x2y3的系数为（       ）A．-80 B．80 C．-40 D．40【答案】A【分析】写出二项式的通项公式，今，代入即得解【详解】由题意，展开式的第项为，今，可得第4项为，则的系数是.故选：A6．某正方体被截去部分后得到的空间几何体的三视图如图所示，则该空间几何体的体积为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据几何体的三视图，可知该几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，根据三棱锥的体积公式即可求解．【详解】解：根据几何体的三视图，该空间几何体是棱长为2的正方体截去两个小三棱锥，由图示可知，该空间几何体体积为，故选：C.7．安徽省2021年高考综合改革实施方案中规定：高考考试科目按照“3+1+2”的模式设置，“3”为语文、数学、外语3门必考科目；“1”为由考生在物理、历史2门中选考1门作为首选科目；“2”为由考生在思想政治、地理、化学、生物4门中选考2门作为再选科目．现有甲、乙2两位同学选科，若他们的首选科目均为物理，在再选科目中，两人选择每科目的可能性相同，且他们的选择互不影响，则这两名同学的再选科目中至多有一门相同的概率为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】首先求出再选科目中没有相同科目与恰有一门相同科目的情况，再根据古典概型的概率公式计算可得；【详解】解：甲、乙两位同学在再选科目中没有相同科目的情况有种，在再选科目中恰有一门相同科目的情况有种，因此，他们的再选科目中至多有一门相同科目的概率.故选：D.8．已知实数a，b满足2a2-b2=1，则|2a-b|的最小值为（       ）A．0 B． C．1 D．【答案】C【分析】将代入计算即可.【详解】∵，又，则，∴，当且仅当，即时等号成立.故选：C.9．《周髀算经》中“侧影探日行”一文有记载：“即取竹空，径一寸，长八尺，捕影而视之，空正掩目，而日应空之孔.”意谓：“取竹空这一望筒，当望筒直径d是一寸，筒长l是八尺时（注：一尺等于十寸），从筒中搜捕太阳的边缘观察，则筒的内孔正好覆盖太阳，而太阳的外缘恰好填满竹管的内孔.”如图所示，O为竹空底面圆心，则太阳角∠AOB的正切值为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据题意，结合正切的二倍角公式进行求解即可.【详解】由题意可知：，，所以.故选：A.10．声音是由物体振动产生的声波，我们听到的声音中包含着正弦函数．若某声音对应的函数可近似为，则下列叙述正确的是（     ）A．为的对称轴 B．为的对称中心C．在区间上有3个零点 D．在区间上单调递增【答案】D【分析】利用知关于直线对称的性质验证A；求得可判断B；化简，令，得，进而判断C；利用导数研究函数的单调性可判断D.【详解】对于A，由已知得，即，故不关于对称，故A错误；对于B，，故B错误；对于C，利用二倍角公式知，令得或，即，所以该函数在区间内有4个零点，故C错误；对于D，求导，令，由，知，即，利用二次函数性质知，即，可知在区间上单调递增，故D正确；故选：D.11．设F1，F2是椭圆C： =1(a>b>0)的左、右焦点，O为坐标原点，点P在椭圆C上，延长PF2交椭圆C于点Q，且|PF1| =|PQ|，若PF1F2的面积为，则=（       ） A． B． C． D．【答案】B【分析】利用焦点三角形的面积公式及椭圆的定义可得，进一步得F1PQ为等边三角形，且轴，从而可得解.【详解】由椭圆的定义，，由余弦定理有：，化简整理得：，又，由以上两式可得：由，得，∴，又，所以F1PQ为等边三角形，由椭圆对称性可知轴，所以.故选：B.12．已知函数，若恒成立，则a的取值范围为（       ）A． B． C． D．【答案】C【分析】由已知得要恒成立，则有，求出，下面只需要证明当时，恒成立即可，进而得出a的取值范围.【详解】由题设可知，要恒成立，则，即，令，易知是增函数且∴.下证：当时，恒成立，设，则令，即，解得.当时，；当时，；所以在上单调递增，在上单调递减；当时，取得极大值，即为函数的最大值，即证，(当时，等号成立)；设，则，令，即，解得.当时，；所以在上单调递增，所以在上单调递增，，即，易知， (当时，等号成立)；∵，∴，则，得证，所以实数a的取值范围为.故选：C.【点睛】本题解决的关键就是仅仅抓住恒成立及(当时，两式等号成立)，要使恒成立，只需要即可，求得，证明函数恒成立即可解决问题.二、填空题13．设向量，，且，则t=___________________.【答案】【分析】根据平面向量数量积的运算性质进行求解即可.【详解】由,可得，∴，得，故答案为：14．设，分别是双曲线的左、右焦点，是右支上一点．若，点到直线的距离为，则的离心率为__________________.【答案】【分析】利用双曲线的定义，构造齐次式，进而可得离心率.【详解】如图所示，由已知得，且，，则又由双曲线定义可知，即，而，可得，即，所以的离心，故答案为：.15．已知数列的通项公式为，其前n项和为Sn，则_________________.【答案】【分析】根据正弦函数的周期公式，可得出的最小正周期，根据数列的通项公式可以得的关系，进而求出.【详解】的最小正周期为3，则；；.∴，所以.故答案为：.16．半正多面体亦称阿基米德多面体，是由边数不全相同的正多边形为面的多面体．如图所示，将正方体沿交于一顶点的三条棱的中点截去一个三棱锥，如此共可截去八个三棱锥，得到一个有十四个面的半正多面体，其中八个面为正三角形，六个面为正方形，它们的边长都相等，称这样的半正多面体为二十四等边体．现有一个体积为的二十四等边体，其外接球体积为，则_________________.【答案】【分析】利用割补法可得二十四等边体的体积，再结合对称性可得外接球球心与半径，可得外接球体积，进而得解.【详解】设该半多面体是由棱长为的正方体沿正方体各棱的中点截去个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，其体积；由二十四等边体的对称性可知，如图所示，其外接球的球心即为正方体中心，半径为中心到一个顶点的距离，则，故，从而.故答案为：.三、解答题17．已知ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，tanC=(1)求的值；(2)设M和N分别是ΔABC的重心和内心，若MN//BC且c=2，求a的值．【答案】(1)2(2)【分析】（1）切变弦，然后整理化简可得sinB=2sinC，再利用正弦定理角化边可得答案；（2）先根据(1)求出，设△ABC的内切圆半径为r，再根据重心的性质得到顶点A到BC边的距离为3r，利用面积列方程求解.(1)由已知得，，即sinAcosC=2sinC-cosAsinC得sin(A+C)=2sinC即sinB=2sinC由正弦定理得，所以；(2)由(1)知，因为，所以设△ABC的内切圆半径为r，则内心N到BC边的距离为r，因为MN∥BC，所以重心M到BC边的距离为r，根据重心的性质，顶点A到BC边的距离为3r，根据面积关系得即，所以18．如图所示，已知矩形和矩形所在的平面互相垂直，，M，N分别是对角线，上异于端点的动点，且.(1)求证：直线平面；(2)当的长最小时，求二面角的余弦值．【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面平行的判定定理即可证得；（2）建立空间直角坐标系，利用两点之间距离公式求出的长最小时，各点的坐标，再利用空间向量求面面角，即可得解.(1)过作与交于点，过作与交于点，连接.由，易知.又，则四边形为平行四边形，所以∵平面，平面，∴平面.(2)由平面平面，平面平面，又平面，，平面.以为原点，分别以为轴建立空间直角坐标系，过M点作，垂足为G，连接NG，易知，设()可得，，∴，可知当时，长最小值为.此时，，又，，∴，，设平面AMN的法向量为，由可得，令，可得设平面MND的法向量为，由可得，令，可得∴，易知二面角为钝二面角，则二面角的余弦值为.19．已知抛物线C：y2=4x的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于P，A两点，且.(1)若λ=4，求直线l的方程；(2)设点E(a，0)，直线PE与抛物线C的另一个交点为B，且.若λ=4μ，求a的值.【答案】(1)或(2)4【分析】（1）由得，设直线l：，与抛物线C:联立，结合韦达定理，即得解；（2）由得，结合，可得，再由得，设直线PB：，与抛物线C：联立由韦达定理可得，故，又，代入运算即得解(1)易知焦点F(1，0)，设P(，)，A(，)由得设直线l：，与抛物线C:联立得，其中，所以由①②可得或又，所以或所以直线l的方程为或.化简得或(2)由得又可得设点B(，)，由得设直线PB：，与抛物线C：联立得.所以，故又，所以，考虑到点P异于原点，所以，解得此时所以a的值为4 (1)若盒子中共有8只昆虫，从中任意飞出2只昆虫时，飞出的恰好有1只是蜜蜂的概率为，①求蜜蜂的只数；②从盒子中任意飞出3只昆虫，记飞出蜜蜂的只数为X，求随机变量X的分布列与期望;(2)若盒子中的昆虫有一半是蝴蝶时，求“从盒子中任意飞出2只昆虫，至少有1只蝴蝶飞出”的概率最大值.【答案】(1)①蜜蜂共有4只，②分布列见解析，(2)【分析】（1）①设盒子中蜜蜂的只数为x()，则由题意可得，从而可求出，②由题意可得随机变量X的取值为0，1，2，3，然后求出各自对应的概率，从而可得分布列和数学期望，（2）记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则可得，化简后可求得其最大值(1)①记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰有1只蜜蜂”为事件A，设盒子中蜜蜂的只数为x()，则，解得，故蜜蜂共有4只，②随机变量X的取值为0，1，2，3故X的分布列为：X0123P E(X)=(2)记“任意飞出两只昆虫，至少有1只是蝴蝶”为事件B，则事件为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”：，当时，.21．已知函数，.(1)讨论的单调性；(2)当时，求证： 对恒成立．【答案】(1)见解析 (2)证明见解析【分析】（1）对函数，求导得出，对进行分类讨论，根据导数和单调性的关系，即可求得函数的单调性.（2）要使对恒成立，只需要即可证明该问题.利用导数法证明此式成立即证.(1).①若，当时，，单调递增；当时，，单调递减②若，当时，，单调递增；当时，，单调递减：当时，，单调递增.③若，则，在单调递增④若，当时，，单调递增；当时，，单调递减：当时，，单调递增.综上：当时，单增区间为(0，1)，单减区间为(1，+∞)；当时，单增区间为(0，1)，；单减区间为；当时，单增区间为(0，+∞)，无单减区间；当时，单减区间为，(1，+∞)；单减区间为(2)由(1)可知当时，在时取得最小值要证：对恒成立，等价于求证：，即证：.设，则，∴，即∴则而，则.∴，即得∴对恒成立.【点睛】已知不等式能恒成立)问题常用的方法：（1）函数法：讨论参数范围，借助函数单调性求解；（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域或最值问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．22．在直角坐标系xOy中，以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.(1)求曲线C的直角坐标方程；(2)求曲线C围成的图形的面积．【答案】(1)(x，y不同时为0)(2)【分析】（1）按照极坐标方程和直角坐标方程互化即可；（2）先计算出第一象限图形的面积，再结合对称性求出整个图形的面积.(1)由，可知，所以，又，，，则曲线C的直角坐标方程为(x，y不同时为0).(2)当时，得曲线C的第一象限内的直角坐标方程：，配方得，则曲线C在第一象限内的图形由一个直角边为1的等腰直角三角形和一个半径为的半圆组成，易知，曲线C在第一象限内的围成的图形面积为.结合对称性可知曲线C围成的图形的面积为.23．已知函数，.(1)当时，求不等式的解集；(2)若存在，使得，求的取值范围．【答案】(1)或(2)【分析】（1）分情况解绝对值不等式；（2）利用绝对值不等式求得最值，进而可得参数取值范围.(1)当时，则，当时，不等式化为，可得；当时，不等式化为，不成立；当时，不等式化为，可得；综上可得不等式的解集为或；(2)因为存在，使得成立，即使得成立，，由绝对值不等式可知：，即，可得的取值范围为.