2022届安徽省合肥市第一中学高三下学期最后一卷理科数学试题含解析

这是一份2022届安徽省合肥市第一中学高三下学期最后一卷理科数学试题含解析，共24页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
安徽省合肥市第一中学2022届高三下学期最后一卷
理科数学试题
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，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（       ）
A． B． C． D．
2．若（为虚数单位）是实数，则实数的值为（       ）
A． B． C． D．
3．已知，为正实数，则“”是“”的（       ）
A．充要条件 B．必要不充分条件
C．充分不必要条件 D．既不充分也不必要条件
4．黎曼函数是一个特殊的函数，由德国著名的数学家波恩哈德·黎曼发现提出，在高等数学中有着广泛的应用，其定义为：，若函数是定义在R上的偶函数，且对任意x都有，当时，，则（       ）
A． B． C． D．
5．如图，圆锥的轴截面为正三角形，其面积为，为弧的中点，为母线的中点，则异而直线所成角的余弦值为（       ）

A． B． C． D．
6．某校有5名大学生打算前往观看冰球，速滑，花滑三场比赛，每场比赛至少有1名学生且至多2名学生前往，则甲同学不去观看冰球比赛的方案种数有（       ）
A．48 B．54 C．60 D．72
7．已知数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=an+2n﹣1，a1=2，若Sn≥128，则n的最小值为（       ）
A．5 B．6 C．7 D．8
8．已知点P在直线上，过点P作圆的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB距离的最大值为（       ）
A． B． C．2 D．
9．足球场上有句顺口溜：冲向球门跑，越近就越好；歪着球门跑，射点要选好在足球比赛中，球员在对方球门前的不同的位置起脚射门对球门的威胁是不同的，射点对球门的张角越大，射门的命中率就越高.如图为标准对称的足球场示意图，设球场长，宽，球门长.在某场比赛中有一位左边锋球员欲在边线AB上点M处射门，为使得张角最大，则（       ）

A． B． C． D．
10．设函数（），若，则x的取值范围是（       ）
A． B． C． D．
11．过抛物线：焦点的直线交抛物线于，两点，过，分别向的准线作垂线，垂足分别为，，若与的面积之比为4，则直线的斜率为（　　）
A． B． C． D．
12．双曲函数在实际生活中有着非常重要的应用，比如悬链桥．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数和双曲余弦函数．下列结论错误的是（       ）
A．
B．
C．若与双曲余弦函数和双曲正弦函数共有三个交点，分别为，则
D．已知函数，，则函数零点的个数所有可能值构成的集合为

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知双曲线C：（），以C的焦点为圆心，3为半径的圆与C的渐近线相交，则双曲线C的离心率的取值范围是________________．
14．已知，，向量，，若，则的最小值为____________．
15．“中国剩余定理”又称“孙子定理”，讲的是一个关于整除的问题．现有这样一个整除问题：将1到2 021这2 021个数中，能被3除余2且被5除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{an}，则此数列所有项中，中间项的值为______．
16．如图，将正四面体每条棱三等分，截去顶角所在的小正四面体，余下的多面体就成为一个半正多面体，亦称“阿基米德体”．点，，是该多面体的三个顶点，点是该多面体表面上的动点，且总满足，若，则该多面体的表面积为______，点N轨迹的长度为______．


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．第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22、23题为选考题，考生根据要求作答
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答问题．
在中，内角、、的对边分别为，，，且满足___________．
(1)求；
(2)若的面积为，为的中点，求的最小值．
18．已知四棱锥E—ABCD中，四边形ABCD为等腰梯形，AB∥DC，AD＝DC＝2，AB＝4，△ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面ABCD．

（1）求证：AE⊥BD；
（2）是否存在一点F，满足 (0＜≤1)，且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余弦值为．若存在，求出的值，否则请说明理由．
19．北京2022年冬奥会吉祥物“冰墩墩”和冬残奥会吉祥物“雪容融”一亮相，好评不断，这是一次中国文化与奥林匹克精神的完美结合，是一次现代设计理念的传承与突破．为了宣传2022年北京冬奥会和冬残奥会，合肥一中决定安排5名志愿者将两个吉祥物安装在合一广场，活动共分3批次进行每次活动需要同时派送2名志愿者，且每次派送人员均从5人中随机抽选．已知这5名志愿者中，2人有安装经验，3人没有安装经验．
(1)求5名志愿者中的“小明”，在这3批次安装活动中有且只有一次被抽选到的概率；
(2)求第二次抽选时，选到没有安装经验志愿者的人数最有可能是几人？请说明理由；
(3)现在需要2名志愿者完成某项特殊教学任务，每次只能派一个人，且每个人只派一次，如果前一位志愿者一定时间内不能完成教学任务，则再派另一位志愿者．若有A、B两个志愿者可派，他们各自完成任务的概率分别为，，假设，且假定各人能否完成任务的事件相互独立．若按某种指定顺序派人，这两个人各自能完成任务的概率依次为，，其中，是、的一个排列，试分析以怎样的顺序派出志愿者，可使所需派出志愿者的人员数目的数学期望达到最小．
20．在平面直角坐标系中，，两点的坐标分别为，，直线，．相交于点M且它们的斜率之积是，记动点M的轨迹为曲线E．过点作直线l交曲线E于P，Q两点，且点P位于x轴上方．记直线，的斜率分别为，．
(1)证明：为定值：
(2)设点Q关于x轴的对称点为，求面积的最大值．
21．已知．
(1)求在上的最小值；
(2)设，在上有两个实根，求m的取值范围．


（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．
22．[选修4—4：坐标系与参数方程]（10分）
在平面直角坐标系xOy中，已知曲线E经过点，其参数方程为 (α为参数)，以原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐标系.
(1)求曲线E的极坐标方程；
(2)若直线l交曲线E于点A，B，且OA⊥OB，求 的值．
23．[选修4—5：不等式选讲]（10分）
已知函数．
(1)解不等式；
(2)记函数的最小值为，若为正实数，且，求的最大值．

参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
首先求出集合、，再根据交集的定义计算即可；
【详解】
∵，
所以，
即，，∴，
故选：B.
【点睛】
本题考查集合的运算以及绝对值不等式、对数不等式的解法，属于基础题.
2．B
【解析】
【分析】
利用复数的除法化简复数，利用复数为实数可求得实数的值.
【详解】
为实数，则，解得.
故选：B.
3．B
【解析】
【分析】
由，利用均值不等式，可证明；若，举反例可知不一定成立，即得解
【详解】
由，为正实数，，当且仅当时等号成立
若，可得，故必要性成立；
当，此时，但，故充分性不成立；
因此“”是“”的必要不充分条件
故选：B
4．D
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性及周期性结合黎曼函数的解析式即可求解.
【详解】
由，可得的周期为4，又是定义在R上的偶函数，则，，则.
故选：D.
5．B
【解析】
【分析】
取中点为底面圆圆心，可证是异而直线所成角或其补角．由轴截面面积求得图中线段长，由轴截面与底面垂直可证得，从而可得异面直线所成的角．
【详解】
由题意，，
取中点为底面圆圆心，连接，为弧中点，则，
是轴截面，则平面平面，又平面，平面平面，所以平面，而平面，所以，
又是中点，则，
所以是异而直线所成角或其补角．
且，，所以，，
异而直线所成角的余弦值为．
故选：B．

【点睛】
思路点睛：平移线段法是求异面直线所成角的常用方法，其基本思路是通过平移直线，把异面直线的问题化归为共面直线问题来解决，具体步骤如下：
（1）平移：平移异面直线中的一条或两条，作出异面直线所成的角；
（2）认定：证明作出的角就是所求异面直线所成的角；
（3）计算：求该角的值，常利用解三角形；
（4）取舍：由异面直线所成的角的取值范围是，当所作的角为钝角时，应取它的补角作为两条异面直线所成的角．
6．C
【解析】
【分析】
先分组，再考虑甲的特殊情况.
【详解】
将5名大学生分为1-2-2三组，即第一组1个人，第二组2个人，第三组2个人，
共有 种方法；
由于甲不去看冰球比赛，故甲所在的组只有2种选择，剩下的2组任意选，
所以由 种方法；
按照分步乘法原理，共有 种方法；
故选：C.
7．C
【解析】
【分析】
由数列的递推式，求得数列的前几项可得选项．
【详解】
解：数列{an}的前n项和为Sn，且an+1=an+2n﹣1，a1=2，
当n=1时，解得a2=3，
当n=2时，解得a3=5，
…，a7=65，
所以S7=a1+a2+…+a7=134，
由于S6=69，
当n=7时，满足Sn≥128，
故选：C.
8．D
【解析】
【分析】
假设点，然后得到以OP为直径的圆的方程，与已知圆的方程作差可得直线AB的方程，然后可知直线AB过定点，最后简单判断和计算可得结果.
【详解】
设，则，
以OP为直径的圆的方程是，
与圆O的方程相减，得直线AB的方程为，即，
因为，所以，代入直线AB的方程，得，
即，当且，即，时该方程恒成立，
所以直线AB过定点N(1，1)，
点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，，
所以点M(3，2)到直线AB距离的最大值为.
故选:D
【点睛】
关键点点睛：解决本题的关键在于得到直线AB的方程以及观察得到该直线过定点.
9．B
【解析】
【分析】
设，利用两角差的正切公式求出，再由均值不等式求最值即可求解.
【详解】
设，
则，,
所以，
因为 ,当且仅当,即等号成立，
所以时，有最大值，由正切函数单调性知，此时张角最大.
故选：B
10．A
【解析】
【分析】
确定函数为奇函数，证明函数为增函数，构造函数，确定其单调性，而不等式化为，利用单调性解不等式．注意函数的定义域．
【详解】
函数，，定义域关于原点对称，
且，所以是奇函数，
当时，，
，则，，
所以，即，所以函数单调递增，
所以当时，函数单调递增，所以函数当单调递增
所以令，，解得，
令，
则在上单调递增，
原不等式可化为，而，
所以，解得，则，即解集为．
故选：A．
11．D
【解析】
【分析】
由抛物线的定义可得，然后由可得，设，直线，然后可得，，然后求出即可.
【详解】

由抛物线的定义可得
因为，，
所以，设，直线
由可得
联立可得，所以
结合可得，可解得
所以直线的斜率为
故选：D
12．D
【解析】
【分析】
利用指数的运算、指数函数图像以及双曲正弦、余弦函数的定义可判断各选项的正误．
【详解】
对A．，设，，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
则当时，取得极小值也是最小值，则，即，
则成立，故A正确，
对B，
，故B正确，
对C．函数是奇函数，且单调递增，函数的值域为，
若与双曲余弦函数和双曲正弦函数，共有三个交点，则，
由双曲余弦函数为偶函数，得，则由，得，
即，得，得，即，
则，故C正确，
对D．函数，，当a取时，可以说明有4个零点
故选：D．
13．
【解析】
【分析】
根据圆心到直线的距离小于半径，即可得的范围，进而可得离心率范围.
【详解】
双曲线C的渐近线方程为，右焦点，
∵渐近线与圆相交，
∴，即，
∴，可得，
∴双曲线C的离心率为：，且．
∴．
故答案为：
14．8
【解析】
【分析】
由数量积垂直的坐标表示得出关系，然后由基本不等式得最小值．
【详解】
根据题意，向量，，
若，则，即，变形可得，
则，
又由，，则，当且仅当时等号成立，
则，
则的最小值为8
故答案为：8．
15．1007
【解析】
【分析】
由题可得，可判断共有135项，且中间项为第68项，即可求出.
【详解】
由题意可知，既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即，所以，
当时，，
当时，，
故，数列共有135项，
因此数列中间项为第68项，且．
故中间项的值为1007．
故答案为：1007.
16．         
【解析】
【分析】
先求出正四面体的表面积，由该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，得出小正四面体的侧面面积和底面面积可得答案；通过证明垂直于一截面，从而得出点的轨迹，可得答案.
【详解】
根据题意该正四面体的棱长为，点，，分别是正四面体的棱三等分点.
该正四面体的表面积为
该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体
每个角上小正四面体的侧面面积为
每个角上小正四面体的底面面积为
所以该多面体的表面积为：
如图设点为该多面体的一个顶点，则,
在中，
则,所以,即
同理,,由,所以平面.
由点是该多面体表面上的动点，且总满足，
则点的轨迹是线段
所以点N轨迹的长度为：
故答案为： （1）           （2）

【点睛】
关键点睛：本题考查求多面体的表面积和求动点轨迹的长度问题，解答本题的关键是先证明平面，得出点的轨迹是线段，从而求解，属于中档题.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）选①时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选②时，利用正弦定理边化角得，又，代入整理得，化简即可求解；选③时，利用正弦定理边化角得，即，再利用两角差的余弦公式展开得，化简即可求解；（2）根据面积公式得，再利用余弦定理得，再利用基本不等式求最值即可.
(1)
选①时，，利用正弦定理得：，
由于，所以，故，
又，，整理得，
，故．
选②时，，利用正弦定理得：，
由于，所以，即，
又，，，，故，，故．
选③时，，利用正弦定理得：，
又，，整理得．
所以，整理得，，故．
(2)
由于的面积为，所以，，解得．
在中，由余弦定理得：，
故，
当且仅当，即，，的最小值为．
18．（1）证明见解析；（2）存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
【解析】
【分析】
（1）取的中点，连接，证明是直角三角形，得，从而由面面垂直的性质定理得线面垂直，则可得证线线垂直；
（2）取的中点,连接，证明平面，以为轴，过平行于的直线为轴建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由空间向量法求二面角的余弦值，由已知求得，说明存在．
【详解】
（1）取的中点，连接, ,四边形是平行四边形，,为等边三角形，是直角三角形，，平面平面,平面，平面平面, 平面,平面,
（2） F为EB中点即可满足条件.
取的中点,连接，则，取的中点,连接,平面平面，平面，所以平面，如图建立空间直角坐标系,

则,则
     

设平面的法向量为，平面的法向量为 ．
由，得，取；
由，得，取．
于是， ．
解得或（舍去）
【点睛】
方法点睛：本题考查证明线面平行，由二面角求参数．求二面角的方法：
（1）几何法（定义法）：根据定义作出二面角的平面角并证明，然后解三角形得出结论；
（2）空间向量法：建立空间直角坐标系，写出各点为坐标，求出二面角两个面的法向量，由两个平面法向量的夹角得二面角（它们相等或互补）．
所以存在使得平面与平面所成的锐二面角的余弦值为.
19．(1)
(2)最有可能是1人；理由见解析
(3)按照先A后B的顺序所需人数期望最小
【解析】
【分析】
（1）由题意可得小明被抽取到概率为，然后根据二项分布的概率公式求解，
（2）设表示第一次抽取到的没有安装经验志愿者人数，可能的取值有0，1，2，然后求出相应的概率，设表示第二次抽取到的没有安装经验志愿者的人数，可能的取值有0，1，2，根据题意求出相应的概率，然后比较概率的大小可得结论，
（3）设X表示先A后B完成任务所需人员数目，列出分布列，求出期望，设Y表示B先后A完成任务所需人员数目，列出分布列，求出期望，然后比较两个期望的大小即可
(1)
5名志愿者的“小明”在每轮抽取中，被抽取到概率为，
则三次抽取中，“小明”恰有一次被抽取到的概率；
(2)
第二次抽取到的没有安装经验志愿者人数最有可能是1人．
设表示第一次抽取到的没有安装经验志愿者人数，可能的取值有0，1，2，
则；；．
设表示第二次抽取到的没有安装经验志愿者的人数，可能的取值有0，1，2，则



因为，
故第二次抽取到的没有安装经验志愿者人数最有可能是1人．
(3)
按照先A后B的顺序所需人数期望最小：
①设X表示先A后B完成任务所需人员数目，则
X
1
2
P



，
①设Y表示B先后A完成任务所需人员数目，则
X
1
2
P



，，
故按照先A后B的顺序所需人数期望最小．
20．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）先求曲线方程，设直线方程联立曲线方程消元，根据韦达定理对化简可证；
（2）数形结合，将所求面积转化为，由（1）根据韦达定理和基本不等式可得.
(1)
设，由题可知，所以（）．
设直线l的方程为，，，
联立，得，
所以，，所以，，
所以
，
所以为定值．
(2)
设，由椭圆的对称性，不妨设，
∴，，
而

，当，即时，等号成立，
此时的面积最大值为．

21．(1)2
(2)
【解析】
【分析】
（1）求出导函数，为了确定导函数的正负，需对导函数再一次求导，得单调性得正负，从而得出的单调性，求出最小值；
（2）构造函数，此函数在上有两个零点，求导函数，对再求导，可令，然后根据和对分类讨论，前者利用（1）的结论可得，后者还需要二次求导以确定单调性，确定零点个数．
(1)
依题意，，，
记，则
因为，所以，，
因此，
所以即在上单调递增，于是，
故函数在上单调递增，，的最小值为2．
(2)
，

令，，
当时，
由（1）可知，当时，，
∴当时，．
而，∴当时，
，∴在上递增，又
而，∴当时，仅有1个零点，舍去．
当时，，设，
．
当时，，所以单调递增．
当时，，．
因为，，
所以，所以单调递增．
又，，
因此在上存在唯一的零点，且．
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
又，，，
因此在上存在唯一的零点，且．
当时，，所以单调递减；
当时，，所以单调递增．
又，，，
所以在上存在唯一零点，
因此）在上有两个零点．在递减，递增，又
∴，又，在上存在唯一的零点，且．因此在上有两个零点
综上所述，实数m的取值范围是．
【点睛】
本题考查用导数求函数的最值，用导数研究由方程根的个数确定参数范围，方程根的个数转化为函数零点个数，然后利用导数确定函数的单调性，结合零点存在定理由零点个数得参数范围，难点在于在确定单调性、零点时，需要多次求导．本题属于困难题，对学生的逻辑思维能力国、运算求解能力要求很高．
22．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）将点，代入曲线E的方程，求出，可得曲线E的普通方程，即可求曲线E的极坐标方程；
（2）利用点的极坐标，代入极坐标方程，化简，即可证明结论．
(1)
将点代入曲线E的方程，
得解得，
所以曲线的普通方程为，
极坐标方程为.
(2)
不妨设点的极坐标分别为

则
即，
，即.
23．(1)
(2)8
【解析】
【分析】
（1）根据，分，，求解；
（2）先求得函数的最小值，进而得到，利用基本不等式求解.
(1)
解：，
则等价于或或，
解得或或，
所以不等式的解集为；
(2)
由，
得，
，且为正实数，
，
当且仅当，又，即时等号成立，
的最大值为．