安徽省合肥一中2022届高三最后一卷文科数学答案 word版

第=page99页，共=sectionpages1313页第=page88页，共=sectionpages1313页2022届合肥一中最后一卷文科数学一、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，集合，则A. B. C. D.【答案】D【解析】，故选择D．2．若复数（为虚数单位）是纯虚数，则实数A. B. C. D.【答案】A【解析】，为纯虚数，，故选择A．3．若双曲线的一条渐近线经过点，则该双曲线的离心率为A. B. C. D.【答案】D【解析】因为双曲线的渐近线方程为，即，解得，故选择D．4．某程序框图如图所示，若输出的，则判断框内为A．B．C．D．【答案】B【解析】第一次执行后，；第二次执行后，；第三次执行后，；第四次执行后，；第五次执行后，自此循环结束，故判断框中填，故选择B．5．如图是2021年青年歌手大奖赛中，七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中、均为数字中的一个），在去掉一个最高分和一个最低分后，则下列说法中正确的个数是=1\*GB3①甲选手得分的平均数一定大于乙选手得分的平均数 =2\*GB3②甲选手得分的中位数一定大于乙选手得分的中位数 =3\*GB3③甲选手得分的众数与的值无关 =4\*GB3④甲选手得分的方差与的值无关A．1B．2C．3D．4【答案】C【解析】由题意，甲选手得分的平均数，乙选手得分的平均数，故命题=1\*GB3①正确；无论为何值，甲选手得分的中位数一定是85，乙选手得分的中位数是84，故命题=2\*GB3②正确；当时，甲选手得分的众数为81，85，当时，甲选手得分的众数为85，故命题=3\*GB3③错误；因为是最高分，被去掉，故甲选手得分的方差与的值无关，故命题=4\*GB3④正确；故选C．6．数列的前项和，首项为1．对于任意正整数，都有，则

A．B．C．D．【答案】C【解析】，，故选C．7．下列函数中，既是偶函数，又在区间内是增函数的为A．B．C．D．【答案】A【解析】A选项满足偶函数定义，，在上单调递增，当时，，当时，，在上单调递增，故选A.8．函数的部分图象如图所示，则函数的解析式为A.B.

C.D.【答案】D【解析】解：由图象可知，又，，根据，结合图象可知，，又，即，即，，即，，因为，又由图像知，即，所以，所以函数为．故选D．9．已知函数图象关于点对称，且当时，则下列结论确的是A． B．C． D．【答案】A【解析】由关于点对称可知，关于点对称，则为奇函数令，则为偶函数，又时，，即则在上单调递增，则有即就是，故选：A10．首钢滑雪大跳台是冬奥史上第一座与工业旧址结合再利用的竞赛场馆，它的设计创造性地融入了敦煌壁画中飞天的元素，建筑外形优美流畅，飘逸灵动，被形象地称为雪飞天．中国选手谷爱凌和苏翊鸣分别在此摘得女子自由式滑雪大跳台和男子单板滑雪大跳台比赛的金牌．雪飞天的助滑道可以看成一个线段和一段圆弧组成，如图所示.假设圆弧所在圆的方程为，若某运动员在起跳点以倾斜角为且与圆相切的直线方向起跳，起跳后的飞行轨迹是一个对称轴在轴上的抛物线的一部分，如下图所示，则该抛物线的轨迹方程为PPQMC.A.B.C.D.【答案】C【解析】,所以直线所在的方程为：，带入，解得或（舍），所以点的坐标为.设抛物线方程为：，则，，又，解得，所以该抛物线的轨迹方程为.故选择C.11．某三棱锥的三视图如图所示，则该三棱锥的外接球的表面积为A.B.C.D.【答案】B【解析】解：由题意，可还原该三棱锥的形状，如图所示：

平面，是中点，平面．且，，，所以△ABD为等边三角形，设△ABD和△CBD的外心分别为．分别过作平面ABD和平面CBD的垂线，其交点即为该三棱锥外接球的球心,连结，则,，该三棱锥的外接球的体积为，故选B．12．对于三次函数，若曲线在点处的切线与曲线在点处点的切线重合，则A.B.C.D.【答案】B．【解析】设，，设，则，即……=1\*GB3①又，即……=2\*GB3②由=1\*GB3①=2\*GB3②可得，.故选B.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知平面向量，满足，且的夹角为，则_____．【答案】【解析】14.我国古代认为构成宇宙万物的基本要素是金、木、水、火、土这五种物质，称为“五行”.古人构建了金生水、水生木、木生火、火生土、土生金的相生理论，随机任取“两行”，则取出的“两行”相生的概率是．【答案】【解析】金木、金水、金火、金土、木水、木火、木土、水火、水土、火土共10种，其中取出的“两行”相生的情况有金生水、水生木、木生火、火生土、土生金共5种，所以取出的“两行”相生的概率.15.在正项等比数列中，，，记数列的前n项积为，，则n的最小值为．【答案】5【解析】设正项等比数列公比为q，由得，于是得，而，解得，因此，，，由得：，从而得：，而，解得，又，则，所以n的最小值为5.16．如图，点是正方体中的侧面内（包括边界）的一个动点，则下列命题正确的是(请填上所有正确命题的序号）．=1\*GB3①满足的点的轨迹是一条线段； =2\*GB3②在线段上存在点，使异面直线与所成的角是； =3\*GB3③若正方体的棱长为1，三棱锥的体积最大值为 ；=4\*GB3④存在无数个点，使得点到直线和直线的距离相等．【答案】=1\*GB3①=3\*GB3③=4\*GB3④【解析】对于命题=1\*GB3①，因为在平面中的射影为，当时，成立，所以点在线段上，命题=1\*GB3①正确．对于命题=2\*GB3②，因为，所以异面直线与所成的角即为与所成角，设为．设，则，，所以，因为，所以，故点不存在，命题=2\*GB3②错误．对于命题=3\*GB3③，当点与点重合时，点到平面的距离最大，此时三棱锥体积最大且三棱锥为边长为的正四面体．其体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，为，命题=3\*GB3③正确．对于命题=4\*GB3④，因为平面，所以，即为到直线的距离．过点作，垂足为，则为到直线的距离．故到点的距离等于到直线的距离，其轨迹为以为焦点，为准线的抛物线的一部分，命题=4\*GB3④正确．故命题=1\*GB3①=3\*GB3③=4\*GB3④正确．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．(本小题满分12分)在=1\*GB3①，=2\*GB3②，=3\*GB3③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____________．求；若的面积为，为的中点，求的最小值．【解析】方案一：选条件．由可得，由正弦定理得，

因为，所以，所以，故，

又，于是，即，因为，所以.………6分方案二：选条件．因为，所以由正弦定理及同角三角函数的基本关系式，得，

即，

因为，所以，，又，所以，因为，所以……………6分方案三：选条件．在中，由正弦定理得，又，所以

所以，所以，即，又，所以

………6分

由题意知，得，由余弦定理得，当且仅当且，即时取等号，所以的最小值为2．………12分18．(本小题满分12分)为了了解地区足球特色学校的发展状况，某调查机构得到如下统计数据：年份20172018201920202021足球特色学校百个1根据上表数据，计算与的相关系数，并说明与的线性相关性强弱已知：，则认为与线性相关性很强；，则认为与线性相关性一般；，则认为与线性相关性较弱；2求关于的线性回归方程，并预测地区2022年足球特色学校的个数精确到个．参考公式：，，，，，

【解析】12019，，，与线性相关性很强；………5分2，………10分关于的线性回归方程是725.84当2022时，725.84=2.08，即地区2022年足球特色学校有个．………12分

19．(本小题满分12分)如图，在四面体中，平面,，，是线段上一点，且.（1）证明：是的中点；（2）若，，求几何体的体积.【答案解析】证明：（Ⅰ）证明：取的中点，连结，由，知,又平面，所以，所以又，,所以平面，所以,所以,又为的中点，所以是的中点.（2）由，知，所以平面，是的中点，所以到平面的距离为；.所以四棱锥的体积为.20.(本小题满分12分)已知椭圆的离心率，为椭圆的上顶点，为坐标原点，点满足.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点的直线交椭圆于，两点，证明：.【解析】(1)，又，解得，.所以椭圆的标准方程为.………4分(2)设由题意知，直线斜率存在，设直线的方程为：，设，.要证：，只要证：，即证：，只要证：.………7分联立直线和椭圆的方程消去得，,………9分所以原命题成立.………12分21．(本小题满分12分)已知函数.（1）当时，试分析函数零点的个数；（2）若，，求的取值范围．【解析】（1）当时，函数，由，解得或；由，解得.所以函数在区间和上单调递增，在区间上单调递减.又，；所以函数在上有且只有一个零点………………5分令，则等价于．………7分若，则，在区间上恒成立，在区间上单调递增，故，符合条件．若，则当时，当时，．故在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，不符合条件．若，则对恒成立，在区间上单调递减，故，不符合条件．综上所述，的取值范围为………12分

请考生在第22、23题中任选一题作答.注意：只能做所选定的题目，如果多做，则按所做的第一个题目计分，作答时，请用2B铅笔在答题卡上，将所选题号对应的方框涂黑.22．(本小题满分10分)选修4-4：坐标系与参数方程在平面直角坐标系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eq\f(1,|OA|2)＋eq\f(1,|OB|2)的值．【解析】(1)将点代入曲线E的参数方程，得，解得a2＝4，所以曲线E的普通方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，极坐标方程为．………5分(2)不妨设，ρ1>0，ρ2>0，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,ρ\o\al(2,1))＝\f(1,4)cos2θ＋\f(1,3)sin2θ，,\f(1,ρ\o\al(2,2))＝\f(1,4)sin2θ＋\f(1,3)cos2θ，))两式相加得eq\f(1,ρ\o\al(2,1))＋eq\f(1,ρ\o\al