安徽省江淮十校2022届高三下学期第三次联考理科数学试题及解析

江淮十校2022届高三第三次联考

数学（理科）

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项最符合题目要求的．

1. 已知集合，集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【1题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】化简集合A，根据集合B中元素的性质求出集合B.

【详解】，，

,

故选：C

2. 已知非零复数z满足（i为虚数单位），则（    ）

A.  B.  C.  D.

【2题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】设且,根据复数的乘法、复数的模化简，利用复数相等求解即可.

【详解】设且

则由可得，

所以，解得，

所以，

故选：C

3. 某学校教务部门为了解高三理科学生数学的学习情况，利用随机数表对理科的800名学生进行抽样测试，先将800个学生进行编号001，002，…，799，800．从中抽取80个样本，根据提供随机数表的第4行到第6行，若从表中第5行第6列开始向右读取数据，则得到的第6个样本编号是（    ）

33 21 18 34 29  78 64 56 07 32  52 42 06 44 38  12 23 43 56 77  35 78 90 56 42

84 42 12 53 31  34 57 86 07 36  25 30 07 32 86  23 45 78 89 07  23 68 96 08 04

32 56 78 08 43  67 89 53 55 77  34 89 94 83 75  22 53 55 78 32  45 77 89 23 45

A. 007 B. 328 C. 253 D. 623

【3题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】从开始，3位3位的数，得到前个编号，再舍去不在编号范围内和重复的编号，即可得解.

【详解】根据题意，从开始，3位3位的数，分别是：253，313，457，860，736，253，007，328，

其中不在编号内，舍去，第二个重复，舍去，得到的前6个样本编号是：253，313，457， 736， 007，328，所以得到的第6个样本编号是.

故选：B

4. 函数的大致图象是（    ）

A.  B.

C.  D.

【4题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】利用诱导公式化简得，根据奇偶性定义可得为奇函数，则函数图象关于原点对称，可排除C；由时，可排除AD，由此可得结果.

【详解】，

定义域为，，

为奇函数，图象关于坐标原点对称，可排除C；

当时，，，，可排除AD.

故选：B.

5. 平面上有及其内一点O，构成如图所示图形，若将，， 的面积分别记作，，，则有关系式．因图形和奔驰车的很相似，常把上述结论称为“奔驰定理”．已知的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若满足，则O为的（    ）

A. 外心 B. 内心 C. 重心 D. 垂心

【答案】B

【解析】由得，

由得，根据平面向量基本定理可得，，所以，，延长交于，延长交于，

则，又，所以，所以为的平分线，同理可得是的平分线，所以为的内心.故选：B

6. 已知双曲线C：，F为双曲线C的一个焦点，B为双曲线C的虚轴的一个端点，l为双曲线C的一条渐近线，若F到l的距离是B到l的距离的倍，则双曲线C的离心率为（    ）

A. 4 B.  C. 2 D.

【6题答案】

【答案】D

【解析】

【分析】根据双曲线方程得到，设出渐近线方程，、的坐标，根据点到直线的距离列式可求出，从而可得，

【详解】由得，，

不妨设，即，，，

 则F到l的距离为，B到l的距离为，

由已知得，解得，

所以，双曲线C的离心率为.

故选：D

7. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【7题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】根据二倍角正弦公式、诱导公式得到，再弦化切，即可得解.

【详解】

.

故选：A

8. 志愿服务是办好2022年北京冬奥运的重要基础和保障，现有一冬奥服务站点需要连续六天有志愿者参加志愿服务，每天只需要一名志愿者，现有6名志愿者计划依次安排到该服务站点参加服务，要求志愿者甲不安排第一天，志愿者乙和丙不在相邻两天参加服务，则不同的安排方案共有（    ）

A. 240种 B. 408种 C. 1092种 D. 1120种

【8题答案】

【答案】B

【解析】

【分析】首先安排除甲乙丙外的3名志愿者，再分两类：乙丙中间不恰好为甲、乙丙中间恰好为甲分别求安排方案数，最后加总即可.

【详解】1、将安排除甲、乙、丙外其它3名志愿者，有种，再分两类讨论：

第一类：

2、安排不相邻的乙丙，相当于将2个球在3个球所形成的4个空中任选2个插入有种，

3、安排不在第一天的甲，相当于5个球所成的后5个空中任选一个插入，有种，

第二类：

2、将甲安排在乙丙中间有种，

3、把甲乙丙作为整体安排，相当于将1个球插入3个球所形成的4个空中有种，

所以不同的方案有(种.

故选：B

9. 过抛物线的焦点F的直线l与抛物线交于AB两点，若以线段AB为直径的圆与直线相切，则（    ）

A. 6 B. 5 C. 4 D. 3

【9题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】联立直线方程和抛物线方程，再由韦达定理即可求解.

【详解】解：设，AB中点,又直线过F(0，1),

由题意可知直线斜率存在，故可设直线方程为：，

联立得，，

由韦达定理得，，所以,

所以

所以，

又以线段AB为直径的圆与直线相切，所以，

即，解得，，

故选：C.

10. 已知函数在上满足，则曲线在点处的切线方程是（    ）

A.  B.

C.  D.

【10题答案】

【答案】C

【解析】

【分析】由可得函数的解析式，进而利用导数求其在点处的切线方程即可.

【详解】∵函数在上满足，用替换得：

，

∴

∴

令，则，∴，即

∴，∴，

∴曲线在点处的切线方程是：，即.

故选：C.

11. 已知长方体中，，M为的中点，N为的中点，过的平面与DM，都平行，则平面截长方体所得截面的面积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【11题答案】

【答案】A

【解析】

【分析】过作交延长线于，为中点，连接，利用长方体性质及线面平行的判定证面、面，即面为平面，再延长交于，连接，利用线线、线面的性质确定面为平面截长方体所得截面，最后延长分别交于一点并判断交于同一点，根据已知结合余弦定理、三角形面积公式及求截面面积即可.

【详解】过作交延长线于，则，若为中点，连接，

而M为的中点，在长方体中，而且面，

由面，则面，由面，则面，

所以面即为平面，延长交于，

易知：为中点，则且，又且，

故为平行四边形，则且，故共面，

连接，即面为平面截长方体所得截面，

延长分别交于一点，而在中都为中位线，

由，，则，故交于同一点，

易知：△为等腰三角形且，，则，可得，

又.

故选：A

【点睛】关键点点睛：利用长方体的性质及线面平行的判定确定平面，再根据平面的基本性质找到平面截长方体所得截面，并应用余弦定理、三角形面积公式及相似比求截面面积.

12. 南宋数学家杨辉在1261年所著的《详解九章算法》中首次提出“杨辉三角”，这是数学史上的一个伟大的成就，如图所示，在“杨辉三角”中，前n行的数字总和记作．设，将数列中的整数项依次组成新的数列，设数列的前n项和记作，则的值为（    ）

A. 6067 B. 5052 C. 3048 D. 1518

【答案】D

【解析】由杨辉三角可得，

所以，

若，为正整数，则不是正整数，不合题意；

若，为正整数，则是正整数，符合题意；

若，为正整数，则是正整数，符合题意，

所以数列是由从开始的不是的倍数的正整数组成的，

所以，

所以.

故选：D

二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知实数,满足约束条件，则的最小值为______．

【13题答案】

【答案】

【解析】

【分析】根据线性约束条件作出可行域，再根据的几何意义可求出结果.

【详解】根据线性约束条件作出可行域，如图：

联立，得，则，

由图可知，当直线经过点时，最大，最小，

所以的最小值为，

故答案为：.

14. 在《九章算术》中，将底面是直角三角形的直三棱柱称为“堑堵”，某“堑堵”的三视图如图所示，则该“堑堵”的表面积等于______．

【14题答案】

【答案】##

【解析】

【分析】根据三视图画出直观图，然后可求出各个面的面积，从而可求出其表面积

【详解】根据三视图可知，该直三棱柱的直观图如图所示

其中，

则，

所以该“堑堵”的表面积为

，

故答案为：

15. 一道单选题，现有甲、乙、丙、丁四位学生分别选择了A，B，C，D选项．他们的自述如下，甲：“我没选对”；乙：“甲选对了”；丙：“我没选对”；丁：“乙选对了”．其中有且仅有一位同学说了真话，则选对正确答案的同学是______．

【15题答案】

【答案】丙

【解析】

【分析】根据甲、乙两人有且只有一人说的是真话，以及四位同学中有且仅有一位同学说了真话，推出丙说的是假话，即答案为，这样可得出结果.

【详解】因为是单选题，即四个选项中有且只有一个正确，

根据甲：“我没选对”；乙：“甲选对了”，可知甲和乙有且只有一人说的是真话，

又四位同学中有且仅有一位同学说了真话，所以丙说的是假话，即答案为，

所以丙同学选对了，此时也满足丁说的是假话.

故答案为：丙.

16. 已知函数的图象与函数的图象相邻的三个交点依次为A，B，C，且的面积是，则______．

【16题答案】

【答案】

【解析】

【分析】由得，，不妨设，，，求出，，后，根据三角形面积公式列式可求出结果.

【详解】由得，

所以，

所以，

所以，即，，

因为相邻的三个交点依次为A，B，C，

所以不妨设，，，

所以，

，

，

所以，边上的高为，

所以，

依题意可得，得.

故答案为：.

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

（一）必考题：共60分

17. 已知函数的最小正周期为6．

（1）已知△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且，若，，求的值；

（2）若，求数列的前2022项和．

【17题答案】

【答案】（1）2；    （2）.

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简为标准型，结合最小正周期求得解析式，再结合已知条件求得，利用正弦定理即可求得结果；

（2）根据（1）中所求，求得，再利用并项求和法求解即可.

【小问1详解】

，

因为的最小正周期为6，故可得，，解得，故，

因为，，故可得，又，则，；

因为，故可得，又，则或，或，

因为，则，当时，，满足题意；当时，，不满足题意，舍去；

由正弦定理可得：.

【小问2详解】

根据（1）中所求可得：，

故

.

即数列的前2022项和.

19. 第24届冬季奥林匹克运动会（The XXIV Olympic Winter Games），即2022年北京冬季奥运会，是由中国举办的国际性奥林匹克赛事，于2022年2月4日开幕，2月20日闭幕．2022年北京冬季奥运会共设7个大项，15个分项，109个小项．北京赛区承办所有的冰上项目，延庆赛区承办雪车、雪橇及高山滑雪项目，张家口赛区承办除雪车、雪橇、高山滑雪之外的所有雪上项目．为调查学生对冬季奥运会项目的了解情况，某中学进行了一次抽样调查，统计得到以下列联表．

（1）完成列联表，并判断有超过多大的把握认为该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；

（2）①为弄清学生不了解冬季奥运会项目的原因，按照性别采用分层抽样的方法，从样本中不了解冬季奥运会项目的学生中随机抽取5人，再从这5人中抽取3人进行面对面交流，求“男、女生至少各抽到一名”的概率；

②用样本估计总体，若再从该校全体学生中随机抽取40人，记其中对冬季奥运会项目了解的人数为X，求X的数学期望．

附表：

附：．

【19题答案】

【答案】（1）详见解析；   

（2）①；②.

【解析】

【分析】（1）由题可得列联表，然后利用公式即得；

（2）①由题可得5人中包含3名女生，2名男生，利用古典概型概率公式即得，②由题可得，然后利用期望公式即得

【小问1详解】

由题可得列联表:

根据所给数据得

故有超过的把握该校学生对冬季奥运会项目的了解情况与性别有关；

小问2详解】

①采用分层抽样的方法，从样本中不了解冬季奥运会项目的学生中随机抽取5人，由题可得不了解冬季奥运会项目的学生中男女比例为2:3，

故这5人中包含3名女生，2名男生，再从这5人中抽取3人进行面对面交流，

则“男、女生至少各抽到一名”的概率为；

②由题意得学生了解冬季奥运会项目的概率为，可知，

故.

21. 矩形ATCD中，，B为TC的中点，沿AB翻折，使得点T到达点P的位置，连结PD，得到如图所示的四棱锥，M为PD的中点．

（1）求线段的长度；

（2）求直线与平面所成角的正弦值的最大值．

【21题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接、，证得且，得到四边形为平行四边形，得出，在直角中，求得的长，即可得到线段的长度；

（2）因为为的中点，得到当平面平面时，此时点到平面的距离最大，此时直线与平面所成角取得最大值，取的中点，证得平面，在等腰直角中，求得的长，得到点到平面的最大距离，进而求得直线与平面所成角的正弦值的最大值.

【小问1详解】

解：取的中点，连接、，

在中，因为分别为的中点，所以，且，

又因为且，所以且，

所以四边形为平行四边形，所以，

在直角中，因为，所以，

所以线段的长度为.

【小问2详解】

解：因为为的中点，

所以点到平面的距离等于点到平面的距离的一半，

当平面平面时，点到平面的距离最大，

此时直线与平面所成角取得最大值，

取中点，因为，所以，

由平面平面，且平面平面，所以平面，

在等腰直角中，因为，可得，所以，

所以点到平面的距离的最大值为，

设直线与平面所成角为，可得，

即直线与平面所成角的正弦值的最大值为.

23. 在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：，点M，的坐标分别为，，且N为该平面内一点，以MN为直径的圆内切于圆O，记点N的轨迹为曲线C．

（1）求曲线C的方程．

（2）已知P为曲线C上一点，过原点O作以P为圆心，为半径的圆的两条切线，分别交曲线C于A，B两点，试问是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【23题答案】

【答案】（1）；   

（2）是定值，定值为4.

【解析】

【分析】（1）利用给定条件，探讨可得，再利用椭圆定义求出方程作答.

（2）设出点P的坐标，写出圆P的方程，分类讨论过点O的圆P的切线，利用切线性质结合韦达定理计算作答.

【小问1详解】

设MN的中点为T，依题意，，又，则，

由椭圆定义知，点N的轨迹是以为左右焦点，长轴长为的椭圆，而半焦距为，则短半轴长，

所以曲线C的方程为.

【小问2详解】

设圆心，则有，圆，

当，即点时，圆P与两坐标轴相切，则OA，OB分别为椭圆长半轴、短半轴，

于是有，

当时，设过点O的圆P的切线方程为，其中直线OA，OB的方程分别为，，

由得：，则是此方程的二根，有，

由得，设点，则，，

，

综上得，

所以是定值，此定值为4.

【点睛】方法点睛：定值探求方法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．

(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．

25. 已知，函数，函数．

（1）若对，恒成立，求a的取值范围；

（2）若方程有两个根，求a的取值范围．

【25题答案】

【答案】（1）；   

（2）.

【解析】

【分析】（1）利用导数研究的极值，根据恒成立可得，即可求a的取值范围；

（2）将问题转化为，构造并应用导数研究单调性，进而把问题转化为在上有两个根，再构造利用导数求的单调性和对应区间值域，即可求a的取值范围．

【小问1详解】

由题设且，故时，时，

所以在上递减，在上递增，即，

要使，恒成立，则，可得.

所以a的取值范围为.

【小问2详解】

由题设，在上有两个根，

所以，

令，则，即单调递增，而，

所以，问题转化为在上有两个根，

若，则，故时，时，

所以在上递增，在上递减，则，且在、上的值域均为，

综上，，故.

【点睛】关键点点睛：第二问，应用同构思想，将等量关系化为，构造研究单调性，进一步转化为在上有两个根.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．如果多做，则按所做的第一题计分．

[选修4-4：坐标系与参数方程]

27. 在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程是（t为参数），以O为极点，x轴的非负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的普通方程；

（2）若直线l与曲线C交于M，N两点，求线段MN的长．

【27题答案】

【答案】（1）曲线C的普通方程为；   

（2）线段MN的长等于.

【解析】

【分析】(1)根据极坐标方程与直角坐标方程的关系转化即可，(2)利用直线参数方程的几何意义可求.

【小问1详解】

因为曲线C的极坐标方程为

所以，又，

所以，化简可得，

【小问2详解】

设，因为直线l的参数方程是 ，设直线上的点到点的距离为，则l的方程可化为 ，将直线的参数方程代入椭圆方程可得

，化简可得，

设点M，N对应的参数为，则

所以，

故线段MN的长等于.

[选修4-5：不等式选讲]

29. 已知函数．

（1）求函数的值域；

（2）已知，，且，不等式恒成立，求实数x的取值范围．

【29题答案】

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据绝对值的几何含义，分，，三种情况，分类讨论求解.

（2）根据“1”的代换，结合基本不等式，求出的最小值，结合（1）分情况讨论，解不等式即可.

【小问1详解】

解：当时，；

当时，；

当时，，所以 ，

综上函数的值域为

【小问2详解】

因为，，当且仅当，即时等号成立，要使不等式恒成立，只需，即恒成立，由（1）知当时，不合题意；当时，恒成立；当时，，解得，综上，所以x的取值范围为.