安徽省皖江名校2022届高三下学期最后一卷理科数学试题

安徽省皖江名校2022届高三下学期最后一卷理科数学试题

第I卷（选择题）

1．已知集合，，则下列说法正确的是（       ）

A． B．

C． D．

2．若复数，（i为虚数单位），则（       ）

A． B． C．i D．

3．已知实数x，y满足，则目标函数的最大值为（       ）

A． B．14 C． D．10

4．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

5．已知双曲线C：的焦距为4，则C的渐近线方程为（       ）

A． B．

C． D．

6．在北京冬奥会期间，云顶滑雪公园的“冰嫩墩”凭借着“‘冰嫩墩’蹦迪‘冰墩墩’扫雪”等词条迅速出舞动肢体，做出各种可爱的造型，活跃现场气氮．云顶滑雪公园设置了3个“结束区”，共安排了甲、乙、丙、丁4名“冰墩墩”表演人员，每个“结束区”至少有1个“冰墩墩”表演，则可能的安排方式种数为（       ）

A．18 B．36 C．72 D．576

7．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．

8．已知，，，则（       ）

A． B． C． D．

9．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

10．已知函数，以下结论错误的是(       )

A．π是的一个周期 B．在区间单调递减

C．是偶函数 D．在区间恰有两个零点

11．一个底面半径为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．

12．已知函数，若存在零点，且满足，则(       )

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

13．已知向量满足：，则__________.

14．已知等差数列和公比的等比数列满足：，则__________.

15．某校年度排球赛中，先进行小组赛，每组胜出的队伍进入决赛争夺冠军.小组赛规则为：每小组三支球队，首先抽签决定第一局上场比赛的两支球队，第一局输的球队淘汰出局，获胜的球队与轮空的球队进行第二局比赛，第二局获胜的球队进入决赛．若A、B、C三个班级的球队分在同一个小组，每局比赛相互独立且不会产生平局，A队战胜B队的概率为0.3，B队战胜C队的概率为0.5，C队战胜A队的概率为0.6，则A队进入决赛的概率为____________(保留分数形式)．

16．如图，在三棱锥P-ABC的平面展开图中，，，，，，则三棱锥外接球表面积为____________．

17．在△ABC中，若角A，B，C的对边分别为a，b，c，，且．

(1)求∠C的大小；

(2)若△ABC的面积，求角A的最大值．

18．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：

用样本频率估计概率，并假设每位学生是否掌据“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)从样本中没有掌握“向量数量积”知识点的学生中随机抽取2名学生，以表示这2人中使用AI作业的人数，求的分布列和数学期望；

(3)从甲校高一学生中抽取一名使用“Al作业”的学生和一名不使用“AI作业”的学生，用“”表示该使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“”表示该使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”，用“”表示该不使用“AI作业”的学生基本掌握了“向量数量积”，用“”表示该不使用“AI作业”的学生没有掌握“向量数量积”．直接写出方差DX和DY的大小关系．（结论不要求证明）

19．如图，圆锥PO的母线长为，是⊙的内接三角形，平面PAC⊥平面PBC．，．

(1)证明：；

(2)设点Q满足，其中，且二面角的大小为，求的值．

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.

21．已知函数，．

(1)讨论函数的单调性；

(2)若，且，证明．

22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为(t为参数)．

(1)求C与坐标轴交点的直角坐标；

(2)以坐标原点O为极点，x轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线C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.

23．已知函数.

(1)当，求不等式的解集；

(2)当时，证明：.

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

根据集合的关系和运算即可求解.

【详解】

由，故排除选项A；由，，故排除选项B；

由，，故，排除选项C；由，得，

故选：D．

2．C

【解析】

【分析】

根据复数的运算法则计算答案即可

【详解】

，，

故选：C

3．B

【解析】

【分析】

画出可行域，结合图象求出最大值即可.

【详解】

由已知易得，，，由图可知，目标函数在点处取得最大值14．

故选：B．

4．D

【解析】

【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.

5．A

【解析】

【分析】

由题意可得 ， ，根据 间的关系式得到即可得到答案

【详解】

由题可得，，

由，且，得

故C的渐近线方程为

故选：A

6．B

【解析】

【分析】

不同元素的分组分配问题，先分组再分配.

【详解】

先分3组，有种分组的方案；再分配，有种分配的方案，则可能的安排方式种数为，

故选:B．

7．D

【解析】

【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:.

8．A

【解析】

【分析】

设函数，易知在上递增，由零点存在定理可知．，设函数，由零点存在定理可知，，设函数，由函数单调性可知，，即可得出答案.

【详解】

设函数，易知在上递增，

，，即，由零点存在定理可知．；

设函数，易知在上递增，，，即，由零点存在定理可知，；

设函数，易知在上递减，，，因为，由函数单调性可知，，即.

故选:A．

9．C

【解析】

【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.

10．B

【解析】

【分析】

A：验证与是否相等即可；B：当时，求f(x)及，判断正负从而判断f(x)单调性；C：判断与是否相等即可；D：判断f(x)在、、上的零点情况即可．

【详解】

，故A正确；

当时，，

=

，

则在上，，，，f(x)递减，

在上，，，，f(x)递增，

故f(x)在上不单调，故B错误；

定义域为R，且：

，

，

∴，故是偶函数，故C正确；

当，，则在区间无零点，

∵在上单调递减，，，

由零点存在定理可知在上有且仅有一个零点，

同理可证在上有且仅有一个零点，

综上，在区间恰有两个零点，故D正确．

故选：B.

11．C

【解析】

【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：

12．A

【解析】

【分析】

根据a、b的取值依次讨论是否满足题设条件即可．

【详解】

若，则，，

则不成立，故．

故，

若，则有且仅有满足，不合题意；

若，，则，不合题意；

若，，则，不合题意；

故，故B错误；

的解为，，

即，若，，则在上，，f(x)单调递减，

则，

∵，故，与矛盾；

若，，

则在上，，f(x)单调递增，

在，上，，f(x)单调递减，

∵零点，∴，即，故C错误；

由单调性可知，，即，故D错误；

又∵且，∴，故A正确．

故选：A．

【点睛】

本题关键是分a=0、b=0、a与b同正、a与b同负、a正b负、a负b正六种情况讨论是否存在零点，使．

13．##-2.5

【解析】

【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：.

14．1409

【解析】

【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：1409

15．

【解析】

【分析】

分别计算出第一局为A、B两队比赛、A、C两队比赛、B、C两队比赛时，A队进入决赛的概率，再求和即可得A队进入决赛的概率．

【详解】

若第一局为A、B两队比赛，则A队进入决赛的概率为，

若第一局为A、C两队比赛，则A队进入决赛的概率为，

若第一局为B、C两队比赛，则A队进入决赛的概率为，

综上，A队进入决赛的概率为．

故答案为：

16．14π

【解析】

【分析】

由余弦定理及勾股定理求出相关边长，从而可确定球心及半径，进一步可得答案.

【详解】

由题意可知，，，，，

在BCF中，，则，

因为，所以，

在三棱锥P-ABC外接球的球心为O，，，记PA中点为O，，即三棱锥P-ABC外接球的球心为点O，

半径，所以外接球表面积为14π．

故答案为：14π

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）将表达式展开化简可得，即可求出∠C的大小；

（2）由三角形的面积公式可求得，再由正弦定理结合三角恒等变化可求出，即可求角出A的最大值.

(1)

由条件得，

，

整理得，

即，因为，所以．

(2)

因为，所以△ABC的面积，

即，

由正弦定理，得，

故，因为，解得，即，

故A的最大值为．

18．(1)；

(2)分布列见解析，期望为；

(3)；

【解析】

【分析】

（1）由古典概型公式求解；（2）根据超几何分布列分布列，求解期望；（3）由二项分布的方差公式求解.

(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)

依题意，，1，2，且，

，，

所以的分布列为：

故

(3)

由题意，易知服从二项分布，，

服从二项分布，，故.

19．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）先证得到，再根据面面垂直的性质得到，然后计算的长度，根据勾股定理逆定理即可得到

（2）先建系求出平面的法向量 ，再求出平面的法向量，根据二面角

的大小为列出关于的方程，解出即可

(1)

∵，，，

∴

∵平面PAC⊥平面PBC且平面PAC平面，平面PBC，，

∴PB⊥平面PAC，又平面PAC，

∴，

∴，

∴，

∴是正三角形，，

∵

∴；

(2)

在平面ABC内作交BC于M，

以O为坐标原点，OM，OB，OP所在直线分别为x轴，

y轴，z轴，建立空间直角坐标系如图所示：

易知，，

所以，，，，

，，

设平面OBC的法向量，

依题意，即，

不妨令，得，

易知平面OQB的法向量，

由可知，

即，解得

20．(1)

(2)证明见解析

【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.

(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．(1)答案见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）先求函数的导数，再分类讨论通过不等式确定单调区间；

（2）由（1）知，且，，再通过化简转化为求新函数的最值问题.

(1)

显然，函数的定义域为，且，

①若，显然单调递增．

②若，令，有，

易知，

当时，，单调递增；

当时，，单调递减．

③若，则，单调递增，

④若，令，有，

易知，

当，，单调递增；

当时，，单调递减；

当时，，单调递增．

综上所述，

若，的增区间为，减区间为；

若，的增区间为；

若，的增区间为，，

减区间为．

(2)

由（1）知，且，，

方法一：

记其中，

则，显然有，

所以时，单调递增，，单调递减，

故．

方法二：

令

则

由，证毕！

方法三：

．

设，，

则，

当，，单调递增；

当，，单调递减；

故，即，

所以，

故得证．

【关键点点睛】

解决本题第一问的关键是分类讨论标准的正确选择；第二问的关键是统一变量的选择.

22．(1)，，；

(2)共圆，．

【解析】

【分析】

(1)分别令x=0和y=0即可求解；(2)假设(1)中三点共圆，设该圆的平面直角坐标方程为，根据三点坐标列方程组求出D、E、F即可得该圆的平面直角坐标方程，代入和化简即可得该圆的极坐标方程．

(1)

令，解得或，

当，，交点，

当，，交点；

令，解得或，

当，，交点，

当，，交点；

∴C与坐标轴交点的直角坐标为，，；

(2)

假设圆M：过，，三点，

则，解得，

即过曲线C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．(1)

(2)证明见解析

【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.

(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.