安徽省合肥市一中2022届高三理科数学最后一卷（PDF版附答案）

\n\n\n\n最后一卷理科数学一、选择题（共12题，每题5分，共60分.在每题列出的四个选项中，只有一项是最符合题目要求的.）1.已知集合Axx=−21，Bx=xlog12，则AB=（）A．(0,2)B．(0,3)C．(1,2)D．(−,3)【答案】Ca+3i2.若（i为虚数单位）是实数，则实数a的值为（）12i+33A.-6B.C.6D.−22【答案】B2aa+a+3ia−a(−3i)(12i)a+a−a++−+2i3i6i−(6)(32)i632【解析】====+i，2212i++−(12i)(12i)−1(2i)555a+3i3当为实数时，实数a=.12i+2ab3．已知a，b为正实数，则“2”是“ab16”的()ab+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【答案】B【解析】由题意，正实数a，b，可得ab+ab2，当且仅当ab=时，等号成立，abab11ab若ab16，可得==ab162，故“2”是“ab16”的必要条件，ab+2ab22ab+ab反之，例如a=2，b=10，此时2，而ab=20，此时ab16，ab+abab故“2”是“ab16”的不充分条件，综上所述，“2”是“ab16”的必要不充分条ab+ab+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1qq,(,当xpq=都是正整数，是既约分数）广泛的应用，其定义为：Rx()=ppp，若函数f（x）是0，=0,1当0,1x或上的无理数定义在R上的偶函数，且对任意x都有f(2+x)+fx()0=，当x0,1时，fx()=Rx()，则2022f(lg2022)+f(30+)（）5\n1221A.B.C.−D.−5555【答案】D20222221【解析】f(x)的周期为4，f(lg2022)=0，ff(30fR)+(2=)+()=−()=−=−55555所以选D5．如图，圆锥的轴截面ABC为正三角形，其面积为43，D为弧AB的中点，E为母线BC的中点，则异面直线AC，DE所成角的余弦值为()2263A．B．C．D．4233【答案】B【解析】取AB的中点O，连接OD，OE，则OE//AC，OED为异面直线AC与DE所成角，1设底面圆O的半径为r，正ABC的面积为43，2=rr343，解得r=2，21=AC==ABr24，ODr==2，=OE=AC2，2由轴截面的性质知，平面ABC⊥平面ABD，D为弧AB的中点，⊥ODAB，又平面ABC平面ABD=AB，⊥OD平面ABC，⊥ODOE，OD22在RtODE中，tan1OED===，cos=OED．OE22故选：B．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.48B.54C.60D.72\n【答案】C121122【解析】CC+CCCA=60244232n−17.已知数列{}a的前n项和为S，且aa=+2，a=2，若S128，则n的最小值为()nnnn+11nA．5B．6C．7D．8【答案】Cn−1【解析】数列{}a的前n项和为S，且aa=+2，a=2，nnnn+11当n=1时，解得a=3，2当n=2时，解得a=5，3，a=657所以Saa=a+++=134，7127由于S=69，6当n=7时，满足S128，n故选：C．228．已知点P在直线xy+=4上，过点P作圆Ox:4y+=的两条切线，切点分别为A，B，则点M(3,2)到直线AB距离的最大值为()A．2B．3C．2D．5【答案】D【解析】根据题意，点P在直线xy+=4上，设Pab(,)，则ab+=4，22过点P作圆Ox:4y+=的两条切线，切点分别为A，B，则PA⊥OA，PB⊥OB，则点A、B在以OP为直径的圆上，ab22122又由Pab(,)，则以OP为直径的圆的方程是(x−)+(y−)=(a+b)，22422圆O的方程为xy+=4，联立两个圆的方程可得：直线AB的方程为ax+=by4，即axby+−=40，因为ab+=4，所以ba=−4，代入直线AB的方程，得ax+(4−ay)−=40，即ax(−y)+4y−=40，当xy=且4y−=40，即x=1，y=1时该方程恒成立，所以直线AB过定点N(1,1)，\n点M到直线AB距离的最大值即为点M，N之间的距离，||5MN=，即点M(3,2)到直线AB距离的最大值为5．故选：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AB＝a，宽BC＝b，球门长PQ＝m．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∠PMQ最大，则AM＝（）222bm−A．a−bmB．2bm+222C．D．abm−+2【答案】B【解析】如图，设∠PMA＝α，∠QMA＝β，AM＝x，则，则tan∠PMQ＝tan（β﹣α）＝＝＝，当且仅当，即AM＝时取等号．故选：B．32x10.设函数fx()=+xx(1)(4−e4),−xfxf(2fx++1)(2)若−(12)，则x的取值范围是（）313113A．(−−,)B．(,)−C．(−−,)D．(,−)+222222【答案】A【解析】函数y=f（x），x∈（﹣4，4），定义域关于原点对称，且f（﹣x）＝＝﹣f（x），所以f（x）是奇函数，当x∈[0，4）时，y=f（x）≥0，且为增函数，\n所以函数f（x）单调递增，则当x∈（﹣4，0]时，函数f（x）单调递增，所以函数f（x）当x∈（﹣4，4)单调递增33所以令﹣4＜1+2x＜4，﹣4＜1﹣2x＜4，解得−x，22令g（x）＝f（1+2x）+f（2）﹣f（1﹣2x），则不等式可化为g（x）＜0，1可知g（x）在（﹣4，4）上单调递增，且gf(f)−f(0)=+(2)−=(2)0，2113131所以gx()g(−)，解得x−，则−−x，即解集为(,−−)．222222故选：A．211．过抛物线Ey:2(pxp0)=焦点F的直线交抛物线于A，B两点，过A，B分别向E的准线作垂线，垂足分别为C，D，若ACF与BDF的面积之比为4，则直线AB的斜率为()A．1B．3C．2D．22【答案】D||h||AF1【解析】设ACF中AC边上的高与BDF中BD边上的高分别h，h，则=，12||h||BF2由抛物线的性质可得|||AF|AC=，|||BF|BD=，1|||AC|h12SACF2||AF||AF===4，则=2，1||2SBF||BFBDF|||BD|h22设AB的倾斜角为，ppAF=，BF=，（抛物线焦点弦推论），1cos−1cos+1cos+1所以=2，解得cos=，1cos−322sin3所以tan===22，cos13当|||AF|BF，这时tan22=−，故选：D．\n12.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xx−ee−函数类似的函数，最基础的是双曲正弦函数sinhx=和双曲余弦函数2xx−ee+coshx=．下列结论错误的是（）2A．coshsinhxx+x+1B．sinh()sinhcoshxy+x=y+xycoshsinhC．若ym=与双曲余弦函数C1和双曲正弦函数C2共有三个交点，分别为x1x，2x3，，则xx+x++ln(12)1232D．已知函数fx()x1a=coshx−+，aR，则函数fx()零点的个数所有可能值构成的集合为0,1,2【答案】Dxxxx−−eee−e++xxx【解析】A．coshsinhxx+e==，设g（x）＝e﹣x﹣1，g'（x）＝e﹣1，2当x＜0时，g′（x）＜0，函数g（x）单调递减；当x＞0时，g′（x）＞0，函数g（x）单调递增；则当x＝0时，g（x）取得极小值也是最小值g（0）＝0，则g（x）≥0，即ex≥x﹣1，则coshx+sinhx≥x+1成立，故A正确，x−xy−yx−xy−y(e−e)(e+e)(+e+e)(e−e)B，sinhcoshxy+=coshsinhxy4\nxy+−−xy−−yx+−xy−−−xy+−−xyyxxyxyxy(e)(eee)+ee−e−e+e−e+−−===+sinh()xy，故B正确，42xx−ee−C．函数sinhx=是奇函数，且单调递增，函数的值域为R，2若y＝m与双曲余弦函数和双曲正弦函数，共有三个交点，则m＞1，x﹣x由双曲余弦函数为偶函数，得x1+x2＝0，则由＞1，得e﹣e＞2，即（ex）2﹣2ex﹣1＞0，得ex＞1+，得x＞ln（1+），即x3＞ln（1+），则x1+x2+x3＞ln（1+），故C正确，2D．函数fx()x-1a=+xcosh，aR，当a取-0.5时4，可以说明有个零点故选：D．二、填空题（本大题共4小题，每题5分，共20分）22xy13．已知双曲线Cb:1(0)−=，以C的焦点为圆心，3为半径的圆与C的渐近线相交，则双24b曲线C的离心率的取值范围是_____________.13【答案】(1,)2b【解析】双曲线C的渐近线方程为yx=，焦点Fc(,0)，2b||c2渐近线与圆相交，3，即b3，b21()+a2222=2−cb，可得cb=+413，c1313双曲线C的离心率为：e=，且e1．e(1,)．a2214．已知a0，b0，向量ma=b+(−2,9)，nab=(8,)，若mn⊥，则2ab+的最小值为__________.【答案】8【解析】根据题意，向量m=(a+2,9)b−，n=(8,ab)，129若mn⊥，则mn=ab+ab8(−2)9=0，即8(2)ab+=ab9，变形可得+=，ba88981282ab2则2ab+=(2ab+)=(+)(2ab+)=(5++)，989ba9ba22abab又由a0，b0，则+=2(+)4，当且仅当ab=时等号成立，baba\n8228ab则2ab(5+=)(54)8+++=，99ba则2ab+的最小值为815．“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2021这2021个数中，能被3除余2且被5整除余2的数按从小到大的顺序排成一列，构成数列{}a，则此数列所有项中，中间项的值为____________.n【答案】1007【解析】由题意可知，a−2既是3的倍数，又是5的倍数，所以是15的倍数，即an−=215(−1)，nn所以an=−1513，n当n=135时，a=151351320122021−=，135当n=136时，a=15136132027−=2021，136故n=1，2，3，，135，数列{}a共有135项，因此数列中间项为第68项，且na=1568131007−=．故中间项的值为1007．6816.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A，B，M是该多面体的三个顶点，点N是该多面体表面上的动点，且总满足MNAB⊥，若AB=4，则该多面体的表面积为，点N轨迹的长度为．【答案】1123；883+【解析】根据题意，该正四面体的棱长为312AB=，点A，B，M分别是正四面体棱的三等分点，1该正四面体的表面积为41212sin60=1443，2该多面体是正四面体截去顶角所在的小正四面体，1每个角上小正四面体的侧面面积为344sin60=123，2\n1每个角上小正四面体的底面面积为44sin60=43，2所以该多面体的表面积为144341234431123−+=；如图，设点H为该多面体的一个顶点，则HFHM==8MF=，222221在HFB中，HBHF=+BF−BHHF=+−2cos60=8424848，2222则HB=43，所以HBBF+=HF，即HBBF⊥，同理MB=43，MBAB⊥，又HBMBB=，HB，MB平面MBH，所以AB⊥平面MBH，由点N是该多面体表面上的动点，且总满足MNAB⊥，则点N的轨迹是线段MB，HB，MH，所以点N的轨迹的长度为MBHBMH++=++=+84343883．三､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.）（一）必考题3(bccos)−AaC1tan17．在①=3a，②=+(1)，③cBsinbCcos(=−)这三个条件中任选一个，sinCbB2tan6补充在下面的问题中，并解答问题．在ABC中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且满足______．（1）求C；（2）若ABC的面积为103，D为AC的中点，求BD的最小值．3(bc−cos)A3【解析】（1）选①时，=3a，利用正弦定理：sinB−=sincosCAsinsinAC，sinC33由于BAC=−+()，所以sinsin(BAC=+)，故sincosACACsinsin=，整理得tanC=3，30C，故C=．3aC1tansinA1sincosCBsin(BC+)选②时，=+(1)，整理得=(+1)=，bB2tansinB2cossinCB2cossinCB1由于由于AC++=B，所以sin(BC+=)sinA，故cosC=，0C，故C=．23\n31选③时，cBsinbCcos(=−)，整理得sincos(CC=C−)cosC=+sin，6622所以sin3cosCC=，整理得tan3C=，0C，故C=．3113（2）由于ABC的面积为103，所以abCsinab103==，解得ab=40．22222222bbb111由余弦定理BDaab=+C−a=ab+−aab−=ab=cos220，故BD25．4422221当且仅当ab=，即a=25，b=45，BD的最小值为25．218．已知四棱锥EABCD−中，四边形ABCD为等腰梯形，ABDC//，ADDC==2，AB=4，ADE为等边三角形，且平面ADE⊥平面ABCD．（1）求证：AEBD⊥；（2）是否存在一点F，满足EFEB=(01)，且使平面ADF与平面BCE所成的锐二面角的余65弦值为．若存在，求出的值，否则请说明理由．13【解析】（1）证明：取AD的中点G，连结EG，因为ADE为等边三角形，所以EGAD⊥，因为平面ADE平面ABCDAD=，平面ADE⊥平面ABCD，所以EG⊥平面ABCD，因为BD平面ABCD，所以BDEG⊥，在等腰梯形ABCD中，AEC=DCB，因为ABDC//，所以DAB+=ADC+DAB=DCB，所以DCB=−DAB，即coscosDCB=−DAB，2222DCBC+−BD−BD8在DCB中，由余弦定理可知，cosDCB==，28DCBC2222DAAB+−BD−BD20在DAB中，由余弦定理可知，cosDAB==，216DAAB228−−BD20BD2222所以=−，则BD=12，因为ADBD+=AB，所以AD⊥BD，816因为ADEGG=，AD，EG平面ADE，所以BD⊥平面ADE，又AE平面ADE，所以AE⊥BD；（2）解：存在点F满足条件，则由（1）可知，ED⊥平面ABCD，且AD⊥BD，\n取AB的中点H，连结HG，则HGBD//，所以GHAD⊥，不妨以G为坐标原点，以GA，GH，GE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，则A(1,0,0),(1,0,0),(0,0,3),(1,23,0),(2,3,0)DEBC−−−，所以ADBC=−(2,0,0),=−−(1,3,0)，设Fx(，y，z)，则EFxyz=−(,3),EB(1,23,=−−3)，x=−因为EFEB=，所以y=23，所以AF=−−(1,23,−+33)，z=−+33不妨设平面ADF的法向量为mxyz=(,,)，122x=0mAD=−=x2011则，整理可得−1，mAF=−−xyz(1)++−23+(3=13)110yz11=2取z=2，则m=−(0,1,2)，设平面BCE的法向量为nxyz=(,,)，1222nEB=−+xy−z=2222330zy22=3则，整理可得，nBC=−−x=y2230xy22=−3取y=1，则n=−(3,1,3)，所以平面ADF于平面BCE所成的锐二面角的余弦值为2||mn|16|−+−|71|65|cos,=mn|===，|mn|||13(1)−+422(22−++3)13(1)−+4221311整理可得(2−1)(3+1)=0，解得=或=−，2311因为01，所以=，故存在点F，满足EFEB=且=．2219.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\n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p1，p2，假设1＞p1＞p2，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q1，q2，其中q1，q2是p1、p2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．【解析】（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P＝C；（2）第二次抽取到的没有没有安装经验志愿者人数最有可能是1人．设ω表示第一次抽取到的没有安装经验志愿者人数，ω可能的取值有0，1，2，则；；．设ξ表示第二次抽取到的没有安装经验志愿者的人数，ξ可能的取值有0，1，2，则2221122ccccccc372242333p(0)==•+•+•=222222cccccc100555555因为P（ξ＝1）＞P（ξ＝0）＞P（ξ＝2），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X12\nPP11﹣P1E（X）＝P1+2（1﹣P1）＝2﹣P1，①设Y表示B先后A完成任务所需人员数目，则X12PP21﹣P2E（Y）＝P2+2（1﹣P2）＝2﹣P2，E（Y）﹣E（X）＝P1﹣P2＞0，故按照先A后B的顺序所需人数期望最小．20．在平面直角坐标系中，A，A两点的坐标分别为(2,0)−，(2,0)，直线AM，AM相交于点M12123且它们的斜率之积是−，记动点M的轨迹为曲线E．过点F(1,0)作直线l交曲线E于P，Q两点，4且点P位于x轴上方，记直线AQ，AP的斜率分别为k，k．1212k1（1）证明：为定值；k2（2）设点Q关于x轴的对称点为Q，求PFQ面积的最大值．1122yy3xy【解析】（1）设Mxy(,)，由题可知=−，所以+=1(2)x．xx+−22443设直线l的方程为xmy=+1，Qx(，y)，Px(，y)，1122xmy=+122联立xy22，得(3m+4)y+6my−=90，+=1436m−9y1y2所以yy12+=−2，yy12=2，所以k1=，k2=，34m+34m+x+2x−212y1−96mm−−()−y22kxxymyy+−y2−(2)3mm43224++−3m++(3m4)y111211212所以======，kxymyyyy−9m−9mm+y+3(34)232121222(2)3+++3y222x−234m+2k1所以为定值．k2（2）设Qx(，−y)，由椭圆的对称性，不妨设m0，1111=Sy−xx−xy=−(2)(xy)，S=(1−x)(2)−y=xy−y，PQQ11211121QQF111111229m而S=S−S=(xy−xy)(−xy−y)=y−(my+1)y=−myy=PFQ1PQQ1QQF111211111211234m2+\n99332423==，当m=，即m=时，等号成立，42124333m+m33此时PFQ的面积最大值为．14x21.已知fx()=2exxsin−.（1）求fx()在x[0,]上的最小值；x2（2）设mx(cosxxexsin)x−=−0.5−−1，在x[0,]上有两个实根，求m的取值范围.xxx【解析】（1）依题意，fx()=2exxsin−fx()=(2exxesin)xxx−=−2cos−sin，xf()=2xe+−xsinx2cosx．因为x∈[0，π]，所以ex≥1，xsinx≥0，因此fx()≥2﹣2cosx≥0，所以fx()在[0，π]上单调递增，于是fx()≥f(0)＝2>0，故函数f（x）在[0，π]上单调递增，fx()≥f(0)＝2，fx()的最小值为2．x2gx()0.5=e1x(cosx−mx−−−xsin)x−(2),x2xgx()=(e−0.5x−−−x1mx(cosx−sin))x=e﹣1+mxsinxx﹣令h（x）＝ex﹣1+mxsinx﹣x，h'（x）＝ex+m（sinx+xcosx）﹣1，1x1当m−时，，hx()e−−1xsinxx−22\n由（1）可知，当x∈（0，π]时，，∴当x∈（0，π]时，h（x）＞0．而h（0）＝0，∴当x∈[0，π]时，h（x）0，gx()在0][，上递增，又g(0)0=而g（0）＝0，∴当x∈[0，π]时，g（x）仅有1个零点，舍去．1xx当m−时，h'（x）＝e+m（sinx+xcosx）﹣1，h''（x）＝e-m（xsinx﹣2cosx）．2当时，h''（x）＞0，所以h'（x）单调递增．当时，h'''（x）＝ex--m（3sinx+xcosx）．因为ex＞0，-m（3sinx+xcosx）≥0，所以h'''（x）＞0，所以h''（x）单调递增．x=−2m又h''（0）＝1﹣2m＜0，h''（x）＝e-m（xsinx﹣2cosx），he()022因此h''（x）在上存在唯一的零点x0，且．当x∈（0，x0）时，h''（x）＜0，所以h'（x）单调递减；当时，h''（x）＞0，所以h'（x）单调递增．又h'（0）＝0，h'（x0）＜h'（0）＝0，h'（π）＝eπ-mπ﹣1＞0，因此h'（x）在(0，π]上存在唯一的零点x1，且x1∈（x0，π）．当x∈（0，x1）时，h'（x）＜0，所以h（x）单调递减；当x∈（x1，π）时，h'（x）＞0，所以h（x）单调递增．又h（0）＝0，h（x1）＜h（0）＝0，h（π）＝eπ﹣π﹣1＞0，所以h（x）在（x1，π）上存在唯一零点，因此h（x）在[0，π]上有两个零点．gx()x在0x),(,),g（，(0)0=又112gx()0,又g()=e−−−−1m0,gx()在(0，π]上存在唯一的零点x2，且x2∈（x1，12π）．因此g（x）在[0，π]上有两个零点1综上所述，实数m的取值范围是(−−,)．2（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，\n作答时用2B铅笔在答题卡上把所选题目对应的题号涂黑.22．选修4-4：坐标系与参数方程3xa=cos在平面直角坐标系xOy中，已知曲线E经过点P(1,)，其参数方程为(α为参2y=3sin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；11(2)若直线l交曲线E于点A，B，且OA⊥OB，求2＋2的值．|OA||OB|3【解析】(1)将点P(1,)代入曲线E的参数方程，21cos=a得3，解得a2＝4，=3sin2x2y2所以曲线E的普通方程为＋＝1，4322211极坐标方程为(cossin)1+=．431112＝cos2θ＋sin2θ，ρ143(2)不妨设AB(,),(12,)+，ρ1>0，ρ2>0，则211212ρ2＝4sinθ＋3cosθ，211117117两式相加得ρ2＋ρ2＝4＋3＝12，即|OA|2＋|OB|2＝12．1223．选修4-5：坐标系与参数方程不等式选讲已知函数．（1）解不等式；（2）记函数的最小值为m，若ab,为正实数，且24ab+=m，求2ab的最大值．【解析】，等价于或或，或或，不等式的解集为；\n由可知，+=26ab，且ab,为正实数，23aab++=abaab=()8，当且仅当ab=，又26ab+=，即ab==2时等号成立，32ab的最大值为8．