2022届安徽省安庆一中江淮十校高三下学期第三次联考文科数学试题含解析

安徽省江淮十校2022届高三下学期第三次联考

文科数学试题

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，，，则实数a的取值集合为（       ）

A． B． C． D．

2．已知复数z满足记（i为虚数单位），则（       ）

A．2 B． C． D．

3．某学校对高三年级800名学生进行系统抽样编号分别为001，002，…，800，若样本相邻的两个编号为028，068，则样本中编号最大的为(       )

A．778 B．780 C．782 D．788

4．函数的大致图象是（       ）

A． B．

C． D．

5．设，，，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B．

C． D．

6．已知，，则(       )

A． B． C． D．

7．在梯形ABCD中，且，点P在边BC上，若，则实数（       ）

A． B． C． D．

8．直线平分圆的周长，过点作圆C的一条切线，切点为Q，则（       ）

A．5 B．4 C．3 D．2

9．已知M为双曲线的左顶点，过原点O的直线分别交双曲线左支、右支于A，B两点（异于实轴端点），则直线MA，MB的斜率之积为（       ）

A． B． C． D．

10．一道单选题，现有甲、乙、丙、丁四位学生分别选择了、、、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（       ）

A．甲 B．乙 C．丙 D．丁

11．已知等差数列的首项，且，正项等比数列的首项，且，若数列的前n项和为，则数列的最大项的值为（       ）

A． B．1 C． D．2

12．已知正方体，的中点为M，过，D、M的平面把正方体分成两部分，则较小部分与较大部分的体积之比为（       ）

A． B． C． D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知实数x，y满足约束条件，则的最大值为______．

14．已知函数，则曲线在点处的切线方程是______．

15．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______．

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，则的面积为______．

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．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．

18．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、雪橇及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)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2人进行面对面交流，求“男、女生各抽到一名”的概率．附表：

附：．

19．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CM的长度；

(2)若平面平面ABCD，求三棱锥的体积．

20．设函数，已知是函数的极值点．

(1)讨论函数的单调性；

(2)证明：．

21．在直角坐标系中，已知点，点，的周长为，记点的轨迹为曲线．

(1)求曲线的方程；

(2)过的直线交曲线于两点（不与轴重合），是否存在轴上的定点满足？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．

（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．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．

23．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．

参考答案：

1．C

【解析】

【分析】

化简集合，根据求实数的可能取值，由此可得结果.

【详解】

因为集合化简可得

又，，

所以或，

故实数a的取值集合为，

故选：C.

2．C

【解析】

【分析】

根据复数的运算求得及其共轭复数，再求结果即可.

【详解】

因为，故可得，

则，，故.

故选：C.

3．D

【解析】

【分析】

根据样本中两个相邻编号求出组距和分组数，再根据系统抽样方法即可求出样本编号最大的一个．

【详解】

∵样本相邻的两个编号为028和068，故组距为68－28＝40，

由800÷40＝20知样本容量为20，

系统抽样时分为20组：001－040，041－080，…，760－800，

∵从第1组抽出的数据为028，∴从第20组抽出的数据为760＋28＝788．

故选：D．

4．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．A

【解析】

【分析】

根据指数函数和对数函数单调性，即可求解.

【详解】

解：，，，

所以，

故选：A.

6．C

【解析】

【分析】

根据正切差角公式求出tanα，再根据α范围求出α及sinα即可．

【详解】

∵，故，故．

故选：C．

7．A

【解析】

【分析】

延长、交于点，根据三点共线的推论得到，再根据梯形上下底的比例关系，即可得到，代入即可得解；

【详解】

解：延长、交于点，则、、三点共线，于是可得，

因为且，所以，

所以，故；

故选：A

8．B

【解析】

【分析】

由条件求出参数，再根据切线的性质.

【详解】

圆的圆心为，半径为，

因为直线平分圆的周长，

所以直线经过，所以，故，

由已知，，，圆的半径为3，

所以，

故选：B.

9．C

【解析】

【分析】

设，结合两点斜率公式求直线MA，MB的斜率之积可得.

【详解】

因为M为双曲线的左顶点，所以的坐标为，

设，由双曲线的对称性可得，且，

设直线MA，MB的斜率为，

则，

所以直线MA，MB的斜率之积为，

故选：C.

10．C

【解析】

【分析】

对四人分别选对进行分类讨论，结合题意进行合情推理，可得出合适的选项.

【详解】

若甲选对了，则甲、丁说了假话，乙、丙说了真话，不合乎题意；

若乙选对了，则甲、丙、丁说了真话，乙说了假话，不合乎题意；

若丙选对了，则甲说了真话，乙、丙、丁都说了假话，合乎题意；

若丁选对了，则甲、丙说了真话，乙、丁说了假话，不合乎题意.

故选：C.

11．C

【解析】

【分析】

先求出，的得到，再求出，从而得出，然后分析出数列的单调性，得出答案.

【详解】

设等差数列的公比为，由，则

即，故，则

则

设正项等比数列的公比为，由，则

所以，解得，则

，设，则

当时，，即

当时，，即

所以最大.

故选：C

12．B

【解析】

【分析】

先由面面平行的性质定理确定截面的位置，再用锥体体积公式求较小部分的体积，由此可得两部分的比值.

【详解】

设平面与平面的交线为，则直线过点，

因为平面平面，平面平面，平面平面，所以，又，所以，连接，为的中点，

则，故直线与重合，即过，D、M的截面为四边形，连接，较小部分的几何体可分为三棱锥和四棱锥,

设三棱锥和四棱锥,的高分别为，设正方体的边长为,

三棱锥的体积，

四棱锥的体积，

所以较小部分的体积为，即，

所以较大部分的体积为，所以较小部分与较大部分的体积之比为，

故选：B.

13．5

【解析】

【分析】

由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数即可得解.

【详解】

解：如图所示，画出可行域，

联立，解得，即，

由，得，

由图可知当直线经过点时，取得最大值，最大值为5．

故答案为：5.

14．

【解析】

【分析】

根据切点在曲线上及导数的几何意义，再结合直线的点斜式即可求解.

【详解】

因为，所以，即切点，

，所以，

所以在点处的切线的斜率为，

所以曲线在点处的切线方程为

，即.

故答案为：.

15．##

【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：

16．

【解析】

【分析】

作出函数的图象与函数的图象，根据图象性质求出三角形的底与高即可求解面积．

【详解】

作出函数的图象与函数的图象如图所示：

由图可知，取中点，连接，则

由得

即，则

所以的纵坐标为，的纵坐标为，故

所以的面积为

故答案为：

17．(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.

(1)

，

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：.

(2)

根据（1）中所求可得：，

故

.

即数列的前2022项和.

18．(1)表格见解析；有超过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)

【解析】

【分析】

（1）完善2×2列联表，根据的计算可得出关于n的等式，即可求得正整数n的值，结合临界值，即可求解．

（2）根据已知条件，结合分层抽样的定义，以及古典概型的概率公式，即可求解．

(1)

求列联表可得:

根据所给数据得

故有超过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)

由于在“不了解冬季奥运会项目”的学生中，按男女比例为2:3，

所以抽取的5人中包含3名女生，2名男生，

设“男、女生各抽到一名”的事件为，则

19．(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）取的中点，可知平面，再将问题转化为可求解.

(1)

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.

(2)

取的中点，连接，则，又平面平面ABCD，平面平面ABCD，所以平面，则，

则，又，所以，

则，

故.

20．(1)函数在上单调递增，函数在上单调递减，

(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

(1)根据极值点的性质列方程求，再利用导数判断函数的单调性；(2)设，利用导数求其最大值即可证明.

(1)

由已知函数，函数的定义域为，

所以，

又是函数的极值点，所以，

故，所以，

所以，设，

，又，所以，

所以在上为减函数，而，

所以当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

(2)

设，

函数的定义域为，

函数，

当时，，函数在上单调递增，

当时，，函数在上单调递减，

所以，所以

21．(1)

(2)存在定点满足

【解析】

【分析】

（1）由周长可确定点轨迹为椭圆，由此可确定，进而得到轨迹方程；

（2）假设存在定点，由可知；设，与椭圆方程联立可得韦达定理的形式，用韦达定理表示出，整理可得定点.

(1)

，，，又的周长为，

，

则点轨迹即为以为焦点，长轴长为的椭圆（不包含与轴交点），

，，，

曲线的方程为：.

(2)

假设轴上存在定点满足，

，，又，

，；

设，，，

由得：，，

，

即，

，即；

当时，；当时，；

综上所述：定点满足.

【点睛】

思路点睛：本题考查直线与椭圆综合应用中的定点问题的求解，求解此类问题的基本思路如下：

①假设直线方程，与椭圆方程联立，整理为关于或的一元二次方程的形式；

②利用求得变量的取值范围，得到韦达定理的形式；

③利用韦达定理表示出已知中的等量关系，代入韦达定理可整理得到变量间的关系；

④消去变量可求得定点.

22．(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.

(1)

因为曲线C的极坐标方程为

所以，又，

所以，化简可得，

(2)

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.

23．(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.

(1)

解：当时，；

当时，；

当时，，所以 ，

综上函数的值域为

(2)

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.