2022届安徽省合肥市第八中学高三下学期高考最后一卷数学（理）试题含解析

2022届安徽省合肥市第八中学高三下学期高考最后一卷数学（理）试题

一、单选题

1．复数z满足，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】复数z满足，表示椭圆，求出它的长半轴长，短半轴长，可以利用的几何意义求出它的范围.

【详解】复数表示复平面上的点z到和的距离之和是4的轨迹是椭圆，则，的几何意义是复平面上的点到坐标原点的距离，所以.

故选：A.

2．已知集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】求出集合、，利用交集的定义可求得集合.

【详解】因为，则，

由可得，解得，则，

因此，.

故选：C.

3．函数的部分图象大致为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据函数的奇偶性、结合余弦函数的正负性进行判断即可.

【详解】设，因为，

所以该函数是偶函数，其图象关于y轴对称，显然排除AD；

当时，，所以，排除C，

故选：B

4．直线与双曲线没有公共点，则斜率k的取值范围是（       ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】联立直线与双曲线方程，消元，分和两种情况讨论，当时只需，解得即可；

【详解】解：联立直线和双曲线：，消去得，

当，即时，此时方程为，解得，此时直线与双曲线有且只有一个交点；

当，此时，

解得或，所以时直线与双曲线无交点；

故选：A

5．如图是相关变量，的散点图，现对这两个变量进行线性相关分析，方案一：根据图中所有数据，得到线性回归方程，相关系数为；方案二：剔除点，根据剩下数据得到线性回归直线方程，相关系数为．则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】根据正负相关性的性质，结合相关系数的性质进行判断即可.

【详解】根据相关变量，的的散点图知，变量，的具有负线性相关关系，且点是离群值；

方案一中，没剔除离群值，线性相关性弱些，成负相关；

方案二中，剔除离群值，线性相关性强些，也是负相关；

所以相关系数．

故选：D

6．下列四个命题，真命题的个数为（       ）

（1）如果一条直线垂直于一个平面内的无数条直线，则这条直线垂直于该平面；

（2）过空间一定点有且只有一条直线和已知平面垂直；

（3）平行于同一个平面的两条直线平行；

（4）a与b为空间中的两条异面直线，点A不在直线a，b上，则过点A有且仅有一个平面与直线a，b都平行．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】B

【分析】根据线面垂直的定义即可判断命题(1)；根据线面垂直的性质定理即可判断命题(2)；根据空间中线面的位置关系即可判断命题(3)；结合图形即可判断命题(4).

【详解】命题(1)：由直线垂直平面的定义可知，

若直线垂直于一个平面的任意直线，则该直线垂直于该平面，故命题(1)错误；

命题(2)：由直线与平面垂直的性质定理可知，

过空间一定点有且只有一条直线与已知平面垂直，故命题(2)正确；

命题(3)：平行于同一个平面的两条直线，可能平行，可能相交，也可能异面，故命题(3)错误；

命题(4)：如图，当点A在如图上底面时，不存在平面同时平行于直线a、b；点A不在异面直线a、b上，若点A在直线a、b之间，则可以确定一个平面同时平行于直线a、b；若点A在直线a、b的外侧，也可以确定一个平面同时平行于直线a、b，故命题(4)错误.

故选：B.

7．已知函数在区间上有且仅有4个零点，则的取值范围是（       ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由的范围，求出的范围，结合正弦函数的性质即可得结果.

【详解】根据题意，函数，

若，即，必有，

令，则，

设，

则函数和在区间内有4个交点，

又由于，必有，

即的取值范围是，

故选：B.

8．已知曲线，等边三角形的两个顶点A，B在E上，顶点C在E外，O为坐标原点，则线段长的最大值为（       ）

A．3 B． C． D．2

【答案】D

【分析】根据点到直线的距离公式以及垂径定理可以得到OC的长度公式，再根据公式即可求得最大值

【详解】设圆心到直线AB的距离为d

则   

令，

由可得，所以在上为增函数

由可得，所以在上为减函数

所以

故选：D

9．在的二项展开式中含项的系数为（       ）

A．20 B．21 C．18 D．16

【答案】B

【分析】把看作一项，写出的展开式的通项，再写出的展开式的通项，由的指数为4求得、的值，即可得出结果.

【详解】的展开式的通项为．

的展开式的通项为．

由，得，

，，或，

在的展开式中，

含项的系数为．

故选：B．

10．已知等差数列的前n项和为，若，则（       ）

A．1 B． C． D．

【答案】B

【分析】由可得，将都用表示出来，即可得出答案.

【详解】因为为等差数列，所以，则，所以，所以

故选：B.

11．平行六面体中，，则与底面所成的线面角的正弦值是（       ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】连接，相交于点，依题意可得平面，从而得到平面平面，则是与底面所成角，利用锐角三角函数求出，建立如图所示空间直角坐标系，求出点的坐标，即可得到点的坐标，利用空间向量法求出线面角的正弦值．

【详解】解：如图所示，连接，相交于点，连接．

平行六面体中，且，

不妨令

，，都是等边三角形．

是等边三角形．

，，，平面

平面，平面，

平面平面，

是与底面所成角．

因为，，所以．

如图建立空间直角坐标系，则，，，，

其中的坐标计算如下，过 作交于点，

因为，，所以，

所以，，

因为

所以，所以，

显然平面的法向量为，

设与底面所成的角为，则

故选：A

12．已知在中，．若与的内角平分线交于点，的外接圆半径为，则面积的最大值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】由正弦定理结合已知条件可求得，可得出，再利用等面积法可得出内切圆半径的表达式，结合基本不等式可求得面积的最大值.

【详解】由及正弦定理可得，

，所以，，则，所以，，

所以，的外接圆直径为，

设内角、、的对边分别记为、、，则，所以，，

设的内切圆半径为，则，所以，，

因此，，

因为，

所以，，当且仅当时，等号成立，

因此，面积的最大值为.

故选：C.

二、填空题

13．已知向量满足，则_________．

【答案】3

【分析】由，得，两边平方化简可得答案

【详解】由，得，

两边平方，得，

因为，

所以，得.

故答案为：.

14．已知曲线，过点作C的切线，切点为B，过点B作切线的垂线交轴于点，则的面积为_________．

【答案】4

【分析】分别算出点和点的坐标，然后用面积公式求解.

【详解】由对称性，不妨设点，

因为，

所以点处的切线方程为，

因为点在切线上，代入切线方程得

所以，点处切线的垂线方程为，令，得，

所以，

所以.

故答案为：4.

15．若曲线与曲线存在2条公共切线，则a的值是_________．

【答案】

【分析】设公切线在上的切点为，在上的切点为，利用导数的几何意义求出对应的切线方程，有，整理得，构造函数，利用导数研究的单调性，结合图像即可得出结果.

【详解】设公切线在上的切点为，在上的切点为，

则曲线在切点的切线方程的斜率分别为，，

对应的切线方程分别为、，

即、，

所以，得，有，

则，整理，得，

设，则，，

令，令或，

所以函数在上单调递减，在和上单调递增，

因为两条曲线有2条公共切线，所以函数与图像有两个交点，

又，且，如图，

所以，解得.

故答案为：.

16．已知随机变量X的分布列为：

其中，随机变量X的期望为，则当取得最小值时，_________．

【答案】

【分析】根据随机变量的均值计算公式可得，利用导数研究

的单调性，进而即可得出结果.

【详解】由题意得，

，

令，则，

令，令，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在处取得最小值，

即当时取得最小值.

故答案为：.

三、解答题

17．已知函数，

(1)求的解析式，并求其单调递增区间；

(2)若在区间上的根按从小到大的顺序依次记为求数列的通项公式及其前n项和．

【答案】(1)

(2)

【分析】(1)根据平面向量数量积的坐标表示、三角恒等变换和辅助角公式计算求出的解析式，结合整体代换法即可求出函数的增区间；

(2)令求出x的值，进而得出数列为等差数列，结合等差数列的通项公式和前n项求和法计算即可.

【详解】(1)由题意得，，

则

，

，

解得Z)，

即函数的单调增区间为Z，

(2)由，得，

有或Z，

解得或，Z，

得方程的根从小到大排列依次为

，

所以

则数列的通项公式为，

故数列的偶数项是以1为首项，1为公差的等差数列，

奇数项是以为首项，1为公差的等差数列.

当为偶数时，

；

当为奇数时，

，

综上，.

18．第13届女排世界杯共有12支参赛队伍．本次比赛启用了新的排球用球MIKSA-V200W，已知这种球的质量指标（单位：g）服从正态分布．比赛赛制采取单循环方式，即每支球队进行11场比赛（每场比赛采取五局三胜制）．最后靠积分选出最后冠军，积分规则如下：比赛中以3∶0或3∶1取胜的球队积3分，负队积0分；以3∶2取胜的球队积2分，负队积1分．已知中国队的第7场比赛对阵美国队，设每局中国队取胜的概率为．

(1)如果比赛准备了1000个排球，估计质量指标在内的排球个数（计算结果四舍五入取整数）．

(2)第7场比赛中，记中国队3∶1取胜的概率为．

①求出的最大值点；

②若以作为p的值，在第10场比赛中，中国队所得积分为X，求X的分布列．

参考数据：，则．

【答案】(1)

(2)①；②分布列见解析；

【分析】（1）根据正态曲线的性质求出，从而估计出数量；

（2）①根据二项分布先求出，再利用导数求出取得最大值时 的值；

②根据比赛积分规则，得出中国队得分可能的取值，然后求出分布列.

【详解】(1)解：因为，

则，

所以质量指标在内的排球个数约个；

(2)解：①前三场赢两场，第四场必赢，

则，

令，得或（舍去），

当时，，函数单调递增，

当时，，函数单调递减，

所以的最大值点．

②可能取的值为0、1、2、3，

当时，前三均全赢，或者前三场赢两场，第四场必赢，

故，

当时，前四场赢两场，第五场必赢，

故，

当时，前四场赢两场，第五场必输，

故，

当时，前三场全输，或者前三场赢一场，第四场必输，

故，

所以的分布列为：

19．四棱锥中，底面是边长为的正方形，，点P在底面的射影为点O，且，点M是的中点．

(1)求证：；

(2)在线段上，是否存在点N，使二面角的余弦值为？若存在，请确定点N的位置，若不存在，请说明理由．

【答案】(1)证明见解析;

(2)在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.

【分析】（1）根据线面垂直及勾股定理的逆定理，再利用直角三角形斜边的中线定理及线面垂直的判定定即可求解；

（2）根据（1）建立空间直角坐标系，得出相关点的坐标，分别求出平面和平面的法向量，再利用向量的夹角公式，进而可以求出二面角的余弦值，再结合已知条件即可求解.

【详解】(1)连接，

因为平面，平面, 平面，

所以.

又，，所以.

又，所以为等腰直角三角形.

设与交于点，则点为的中点，

又点M是的中点，底面为正方形，所以,

又平面，平面,

所以,又，

所以平面，平面,

所以

(2)由（1）知，以为坐标原点，分别以所在方向为轴，轴，轴建立如图所示的空间直角坐标系，

假设存在点N在线段上满足条件，设，，则

，

，

设为平面的一个法向量，则

，即，

令，则，，

设为平面的一个法向量，则

，即，

令，则，，

设二面角所成角为，则

.

因为二面角的余弦值为，

所以，化简得，

解得或（舍）.

所以在线段上存在点N，且N是线段靠近的一个三等分点.

20．已知椭圆的离心率为，且经过点．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点的直线与椭圆C相交于A，B两点，直线分别交x轴于M，N两点，点，若，求证：为定值．

【答案】(1)；

(2)证明过程见解析；

【分析】（1）根据椭圆离心率公式，结合代入法进行求解即可；

（2）设出直线的方程与椭圆方程联立，根据一元二次方程根与系数关系，结合共线向量的性质进行求解即可.

【详解】(1)因为椭圆的离心率为，且经过点，

所以有；

(2)证明：设直线方程为，，，

由，联立消x得，

所以，，，

由题意知，，均不为．

设，，

由，，A三点共线知与共线，

所以，化简得；

由，，三点共线，同理可得；

由，得，即；

由，同理可得；

所以

，

所以为定值．

【点睛】关键点睛：利用一元二次方程根与系数的关系是解题的关键.

21．设函数．

(1)讨论的单调性;

(2)若，求证：．

【答案】(1)单调性见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）求导可得，再和两种大情况讨论，在时根据导函数的两根的大小关系讨论分析即可；

（2）整理所证不等式为，再根据（1）结论得出，再构造证明即可

【详解】(1)由题，

①当时，，令则，故当时，，单调递增；当时，，单调递减；

②当时，令则，：

当，即时，在当和时，，单调递增；当时，，单调递减；

当，即时，，单调递增；

当，即时，在当和时，，单调递增；当时，，单调递减；

综上所述，当时，在上单调递增，在上单调递减；

当时，在和上单调递增，在上单调递减；

当时，单调递增；

当时，在和上单调递增，在上单调递减

(2)由题，即证，即，

得.

由（1）可得当时在上单调递减，

在上单调递增，故，

当且仅当时取等号.

设，则，故在上，单调递减；

在上，单调递增.故，即，

故，故即得证

【点睛】本题主要考查了求导分类讨论分析函数单调性的问题，同时也考查了构造函数证明不等式的问题，需要联系前问的结论化简不等式再证明，属于难题

22．在平面直角坐标系中,曲线过点,其参数方程为（t为参数，），以为极点,轴非负半轴为极轴建立极坐标系,曲线的极坐标方程为．

求曲线的普通方程和曲线的直角坐标方程；

已知曲线和曲线交于两点，且，求实数的值．

【答案】（1）,；（2）或.

【分析】(1)直接消参得到曲线C1的普通方程，利用极坐标和直角坐标互化的公式求曲线C2的直角坐标方程；（2）把曲线C1的标准参数方程代入曲线C2的直角坐标方程利用直线参数方程t的几何意义解答.

【详解】C1的参数方程为消参得普通方程为x－y－a＋1＝0，

C2的极坐标方程为ρcos2θ＋4cosθ－ρ＝0，

两边同乘ρ得ρ2cos2θ＋4ρcosθ－ρ2＝0，得y2＝4x．

所以曲线C2的直角坐标方程为y2＝4x．

(2)曲线C1的参数方程可转化为(t为参数，a∈R)，代入曲线C2：y2＝4x，

得＋1－4a＝0，由Δ＝，得a>0，

设A，B对应的参数分别为t1，t2，

由|PA|＝2|PB|得|t1|＝2|t2|，即t1＝2t2或t1＝－2t2，

当t1＝2t2时，解得a＝；

当t1＝－2t2时，解得a＝，

综上，或．

【点睛】本题主要考查参数方程、极坐标方程和直角坐标方程的互化，考查直线参数方程t的几何意义解题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

23．已知，，．函数．

(1)当，时，解关于的不等式．

(2)当的最小值为1时，证明．

【答案】(1)；

(2)证明过程见解析.

【分析】（1）利用绝对值的性质，运用分类讨论思想进行求解即可；

（2）利用绝对值的性质，结合基本不等式进行证明即可.

【详解】(1)当，时，，

，

当时，；

当时，，显然不成立；

当时，，

所以不等式的解集为：；

(2)因为，，，所以有：

，

当的最小值为1时，即当时，

（当且仅当时取等号），

，

当且仅当时取等号，

所以.