2022届安徽省合肥市第六中学高三下学期高考前诊断暨预测数学（理）试题（解析版）

1、试卷第 =page 1 1页，共 =sectionpages 3 3页第 Page * MergeFormat 19 页 共 NUMPAGES * MergeFormat 19 页2022届安徽省合肥市第六中学高三下学期高考前诊断暨预测数学（理）试题一、单选题1若复数z满足，则z在复平面内对应的点位于（）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限【答案】A【分析】根据复数的运算法则求解出z，判断象限即可.【详解】解：，所以复数z在复平面内对应的点位于第一象限.故选：A.2设集合，则（）ABCD【答案】B【分析】先化简集合，再直接求并集即可.【详解】由，得，所以，所以.故选：B3已知函数，的零点分

2、别为a，b，c则a，b，c的大小顺序为（）ABCD【答案】D【分析】首先可求出，再由得，由得，将其转化为、与的交点，数形结合即可判断.【详解】由得，由得，由得.在同一平面直角坐标系中画出、的图象，由图象知，.故选：D4如图所示，连接棱长为2cm的正方体各面的中心得到一个多面体容器，从顶点A处向该容器内注水，直至注满水为止.已知顶点B到水面的距离h以每秒1cm的速度匀速上升，设该容器内水的体积与时间的函数关系是，则函数的图象大致是（）ABCD【答案】A【分析】根据函数变化的快慢以及切线斜率的几何意义即可得结果.【详解】通过几何体的特征可得，容器下半部分，“先小后大”，即以同样的高度变化时，体积变

3、化速度越来越快；容器上半部分，“先大后小”，即以同样的高度变化时，体积变化速度越来越慢；即函数图象的切线斜率先增大后减小，故选：A.5如图，网格纸上小正方形的边长为1，粗实线画出的是某几何体的三视图，该几何体某条棱上的一个端点P在侧视图中对应的点为M，在俯视图中对应的点为N，则P在正视图中对应的点为（）A点DB点CC点BD点A【答案】D【分析】根据三视图作出几何体的直观图，标出点的位置，由此可得出结论.【详解】解：根据三视图可知，该几何体的直观图如图所示，由图可知，P在正视图中对应的点为点A.故选：D.6数列中，对任意m，若，则（）A2B3C4D5【答案】C【分析】取，可得出数列是等比数列，求

4、得数列的通项公式，利用等比数列求和公式可得出关于的等式，由可求得的值.【详解】解：在等式，中，令，可得，数列是以为首项，以为公比的等比数列，则，则，解得故选：C.7已知斜率为的直线l与椭圆相交于A，B两点，与x轴，y轴分别交于C，D两点，若C，D恰好是线段的两个三等分点，则椭圆E的离心率e为（）ABCD【答案】C【分析】设，由三等分点可用表示，表示，一方面由两点坐标得直线斜率，另一方面用点差法求得直线斜率，从而得的关系式，求得离心率【详解】如图，设，C，D分别是线段的两个三等分点，则，得，利用点差法，由两式相减得，整理得到，即，所以.故选：C8如图，在中，M，N分别是线段，上的点，且，D，E是

5、线段上的两个动点，且，则的的最小值是（）A4BCD2【答案】B【分析】根据平面向量共线定理可设，再结合得，最后运用基本不等式可求解.【详解】设，则，.所以，当且仅当，时等号成立.所以的的最小值是.故选：B9如图，平面平面，四边形是正方形，四边形是矩形，且，若是线段上的动点，则三棱锥的外接球表面积的最小值是（）ABCD【答案】C【分析】根据正弦定理及找到外接球的直径，再利用球的表面积公式即可求解.【详解】由题意可知，设的外接圆半径为r，由正弦定理，知，当时，取得最小值为2，此时外接球半径满足，解得或.所以三棱锥的外接球的最小半径为.所以外接球表面积为.故选：C.10已知函数，当时，取得最大值，且

6、在区间上为减函数，则的最大值为（）A5B6C7D8【答案】B【分析】由当时，取得最大值，求出函数的单调减区间，结合题目所给减区间可解.【详解】由题意得，当时，取最大值，则当时，取最小值，则的单调减区间为又在上为减函数，则，使得解得，则，故当时，则，故的最大值为6故选：B11北京冬奥会期间，比赛项目丰富多彩，为了实时报道精彩的比赛过程，需要安排5名记者前往国家体育场、国家体育馆和首都体育馆三个比赛场地进行实地报道.每个场地至少有一名记者，每名记者只去一个场地，并且记者甲不去国家体育馆，记者乙不去国家体育场.则安排方式共有（）A87种B72种C96种D69种【答案】D【分析】求得所有的安排方式，再

7、求得甲去了国家体育馆，乙去了国家体育场的情况，结合题意，即可求得结果.【详解】没有“记者甲不去国家体育馆，记者乙不去国家体育场”附加条件下的情况，共计有种安排方式；“记者甲去国家体育馆”的情况有种，同理“记者乙去国家体育场”的情况有50种，“记者甲去国家体育馆，记者乙去国家体育场”的情况有如下19种：除甲乙之外的3人都去首都体育馆的1种，除甲乙之外的3人分别去了国家体育场、国家体育馆和首都体育馆，则有种，除甲乙之外的3人至少有一人去了首都体育馆的所有可能有.所以满足题意的所有安排方式有种.故选：.12若，且，则（）ABCD【答案】A【分析】由于对数函数的存在，故需要对进行放缩，结合（需证明），

8、可放缩为，利用等号成立可求出，进而得解.【详解】令，故在上单调递减，在上单调递增，故，即，当且仅当，等号成立所以，当且仅当时，等号成立，又，所以，即，所以，又，所以，故故选：A二、填空题13在等差数列中，记，则数列最大项的值为_.【答案】945【分析】由已知求等差数列公差，并写出的通项公式，再讨论的取值判断的符号，结合，即可知最大项对应的值，进而求最大项的值.【详解】设数列公差为，则，可得，所以，若，有，则时，而时，综上，若时，为奇数，为偶数；若时；所以，当时数列最大，即.故答案为：945.14“田忌赛马”的故事千古流传，故事大意是：在古代齐国，马匹按奔跑的速度分为上、中、下三等.一天，齐王找

9、田忌赛马，两人都从上、中、下三等马中各派出一匹马，每匹马都各赛一局，采取三局两胜制.已知田忌每个等次的马，比齐王同等次的马慢，但比齐王较低等次的马快.若田忌事先打探到齐王第一场比赛会派出上等马，田忌为使自己获胜的概率最大，采取了相应的策略，则其获胜的概率最大为_.【答案】【分析】设齐王有上、中、下三等的三匹马、，田忌有上、中、下三等的三匹马、，列举出所有比赛的情况，以及齐王第一场比赛会派出上等马的比赛情况和田忌使自己获胜时比赛的情况，结合古典概型的概率公式可求得所求事件的概率.【详解】设齐王有上、中、下三等的三匹马、，田忌有上、中、下三等的三匹马、，所有比赛的方式有：、；、；、；、；、；、，一

10、共种.若齐王第一场比赛派上等马，则第一场比赛田忌必输，此时他应先派下等马参加.就会出现两种比赛方式：、和、，其中田忌能获胜的为、，故此时田忌获胜的概率最大为.故答案为：.15已知点P是x轴上的任意一点，则的最小值为_.【答案】【分析】如图，过B点作倾斜角为的直线，过点P作，则，从而得，然后利用点到直线的距离公式求出A到直线的距离，进而可求出的最小值，【详解】如图，过B点作倾斜角为的一条直线，过点P作于，则，即，所以，A到直线的距离，因此的最小值为.故答案为：16在平面四边形中，且，现沿着把折起，使点到达点P的位置，且，则三棱锥体积的最大值为_.【答案】【分析】过点P作于F，连接.过F作EFPC

11、于E，得到，利用分析法，要使三棱锥的体积最大，只需要三角形PCF的面积最大，只需AF最大.判断出当F为BD中点时，即可求解.求出三角形PCF的面积，即可求出体积.【详解】如图示：过点P作于F，连接.由题意知，且.所以.又,所以平面.所以，所以当最大时，取得最大值.过F作EFAC于E.因为，所以只需EF最大.在三角形ABD中，所以A在以D、B 为焦点的椭圆上,如图示：因为AFBD，由椭圆的几何性质可得，要使AF最大，只需A为短轴顶点，即AF为短轴的一半.此时所以.所以，所以，所以.即三棱锥体积的最大值为.故答案为：【点睛】立体几何中求最值的方法：（1）代数法：建立函数关系式，利用函数求最值；（2

12、）几何法：利用几何关系找到取最值时的条件，直接求最值.三、解答题17的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知.(1)求A；(2)若，求a的最小值.【答案】(1)(2)【分析】（1）利用正弦定理结合三角形内角和，及两角和的正弦公式即可求解.（2）利用向量数量积得定义可求得的值，利用余弦定理结合基本不等式即可求解.【详解】(1)解：中，由正弦定理知，.，又，.(2)由（1）得，又，解得，中，由余弦定理得，当且仅当时取等号，所以a的最小值为.18如图，在四棱锥中，底面是矩形，平面平面，.(1)若M是的中点，连接，求证：.(2)若，E为边上的点，满足，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2

13、)【分析】（1）先证明线线垂直，再证明线面垂直，从而要证明线线垂直；（2）建立空间直角坐标系后，求出平面的法向量和平面的法向量，再用夹角公式计算即可.【详解】(1)连接，.，M是的中点，.又平面平面，平面平面，平面.又平面，.，且平面，平面.又平面，.(2)易得.取的中点N，以的中点M为坐标原点，所在的直线分别为x轴、y轴、轴建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量为，平面的法向量为，由有，得平面的一个法向量为.由，得平面的一个法向量为.设二面角为，易知为锐角，二面角的余弦值为.19核酸检测也就是病毒DNA和RNA的检测，是目前病毒检测最先进的检验方法，在临床上主要用于新型冠状乙肝、丙肝和艾滋

14、病的病毒检测.通过核酸检测，可以检测血液中是否存在病毒核酸，以诊断机体有无病原体感染.某研究机构为了提高检测效率降低检测成本，设计了如下试验，预备12份试验用血液标本，其中2份阳性，10份阴性，从标本中随机取出份分为一组，将样本分成若干组，从每一组的标本中各取部分，混合后检测，若结果为阴性，则判定该组标本均为阴性，不再逐一检测；若结果为阳性，需对该组标本逐一检测.以此类推，直到确定所有样本的结果.若每次检测费用为元，记检测的总费用为元.（1）当时，求的分布列和数学期望；（2）（）比较与两种方案哪一个更好，说明理由；（）试猜想100份标本中有2份阳性，98份阴性时，和两种方案哪一个更好（只需给出

15、结论不必证明）.【答案】(1)分布列见解析；(2)()的方案更好一些；()的方案更好一些.【分析】(1)2份阳性在一组，检测7次，各一组，检测10次，写出X的可能值，求出对应的概率即可得解；(2)()由(1)的思路求出检测总费用Y的数学期望并比较大小而得解；()对和的两种方案的检测次数的分析即可得解.【详解】(1)当n=3时，共分4组，当2份阳性在一组，第一轮检测4次，第二轮检测3次，共检测7次，若2份阳性各在一组，第一轮检测4次，第二轮检测6次，共检测10次，检测的总费用的所有可能值为7a，10a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，所以检测的总费用的分布列为：X7a10a

16、P的数学期望；(2)()当n=4时，共分3组，当2份阳性在一组，共检测7次，若2份阳性各在一组，共检测11次，检测的总费用的所有可能值为7a，11a，任意检测有种等可能结果，2份阳性在一组有种等可能结果，所以检测的总费用的分布列为：Y7a11aP的数学期望所以的方案更好一些；()时检测总次数比n=4时的少，时检测总次数比时的少，猜想的方案更好一些.【点睛】关键点睛：古典概型的概率问题，关键是正确求出基本事件总数和所求概率的事件包含的基本事件数20已知抛物线过点，直线与抛物线C交于A，B两点.(1)若，求直线l的方程；(2)过点作直线和，其中交C于M，N两点，交C于P，Q两点，M，P位于x轴的同

17、侧，Q，N位于x轴的同侧，求直线MP与直线QN交点的轨迹方程.【答案】(1)或(2)【分析】（1）利用过点确定抛物线方程，联立l与C的方程，通过弦长确定斜率即可得解；（2）设出直线M，N，P，Q四点坐标，表示出直线与的方程，联立即可得出交点轨迹方程.【详解】(1)抛物线过点，抛物线.联立消去x并整理，得，设，则，.，（舍去）或，.直线l的方程为或.(2)设，.由（1）可知，.直线的斜率为，直线的方程为，同理，直线的方程为，联立化简可得，.，.解得，则直线，的交点在直线上，直线，交点的轨迹方程为.21已知函数.(1)求在点处的切线方程；(2)已知关于x的方程存在两根，且，证明：.【答案】(1)(

18、2)证明见解析【分析】（1）求出函数的导数，即可得切线的斜率，利用导数的几何意义求得切线方程；（2）将变为利用（1）构造函数，则的根为，则，进而利用函数的单调性证明，再利用构造函数结合其单调性证明，即可得到，从而证明原不等式.【详解】(1)由，得当时，,当时，,切线方程为，即.(2)证明：方程有两根，即有两根，令，设的根为，则,单调递减，且，.在处的切线方程为,令，当时，在上单调递减，令 ，当时，在上单调递增，则当时，在上单调递减，当时，在上单调递增，在上单调递增，在上单调递减，.设的根为，则，在上单调递增，.，即.【点睛】本题考查了导数的几何意义以及利用导数证明不等式问题，综合性强，计算量大，综