【文档说明】安徽省“江南十校”2022届高三下学期3月一模联考数学（理）试题 答案、解析及评分细则.pdf，共(8)页，347.791 KB，由管理员店铺上传

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12022届“江南十校”一模联考理科数学参考答案、解析及评分细则一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.题号123456789101112答案ADBBACDCADBC1.【答案】A．【解析】1{xxA或}3x，}40{xxB，}43{xxBA.选A.2.【答案

】D．【解析】由题知iz2，iz2则iiiizz54535)2(222.选D.3.【答案】B．【解析】函数xxf2)(为偶函数，且在),0(单调递增，,213cos,15log3log42cbffa

)3(log)3(log25.0.选B.4.【答案】B．【解析】由等比数列}{na满足23a是3a与4a的等差中项，4326aaa，即,062qq得2q或3q，又}{na为正项数列，所以2q，,313aa11a，得16415q

aa.选B.5.【答案】A．【解析】5)2(yx展开式的第1r项为rrryxC)2(55，令3r，可得第4项为32353)2(yxC，则32yx的系数是80)2(353C.选A.6.【答案】C．【解析】该空间几何体的直观图如

图所示，正方体体积为8，截去的部分为两个三棱锥，由图示可知空间几何体体积为215212131112131822V.选C.7.【答案】D．【解析】甲、乙两位同学在再选科目

中没有相同科目的情况有2224CC种，在再选科目中恰有一门相同科目的情况有2314AC种，因此，他们的再选科目中至多有一门相同科目的概率是65)(22423142224CACCC.选D.28.【答案】C．【解析】abbaba442222，又222baab

，则12442222baabba，12minba.选C.9.【答案】A.【解析】由题意可知：801td，160122tantdAOB，所以2tan12tan2tan2AOBAOBAOB=11603201601180122

.选A.10.【答案】D.【解析】xxxxxf2sin21sin)(2sin21)sin()(，xxxf2sin21sin)(，)()(xfxf.故A选项错误；而013sin2123sin)23(f.故B

选项错误；又)cos1(sin)(xxxf，令0)(xf得)(Zkkx，所以该函数在区间]10,0[内有4个零点，故C选项错误；而1coscos22coscos)(2xxxxxf，由

]37,35[x得0)(xf，可知)(xf在区间]37,35[上单调递增.选D.11.【答案】B.【解析】由2tan21221PFFbSFPF，得2tan332122PFFbb，321PFF，又PQPF1，所以PQF1为

等边三角形，由椭圆对称性可知xPQ轴，所以3323221FFPQ.选B.12.【答案】C.【解析】由题设可知，要使3)(xf成立，则,3)0(f即.,3ln22eaaea下证：当2ea时

，3)(xf恒成立，2ea，2)1ln(21)(2xxexfx，易知.)1ln(,2112xxxxex（当0x时，两式等号成立）则3321)(xxxxxf，得证.所以),[

2ea.选C.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】2【解析】由222baba可得0ba，,022t得2t.314.【答案】53【解析】由双曲线性质易知cPFbPF2,421，又由双曲线定义可知aPFP

F221，即acb224，而222acb，可得032522caca，即0)35)((caca，所以C的离心率35e.15.【答案】3373【解析】}32{sinn的最小正周期为3，则)23(233)23(2sin)23(23nnnan

；)13(233)13(2sin)13(13nnnan；0332sin33nnan.2331323nnnaaa.所以3337)23(320222022S.16.【答案】225【解析】设该半

多面体是由棱长为2的正方体沿正方体各棱的中点截去8个三棱锥所得，内侧即为二十四等边体，其体积320111213182221V；由二十四等边体的对称性可知，其外接球的球心即为正方体中心，半径为中心到一个顶点

的距离，则2R，故32823432V，从而52212VV.三、解答题：共70分.（一）必考题：共60分17.【解析】（1）由已知得，sinsincos2cosCACA，即sincos2sincossinACCAC，得sin()2sinA

CC，.….….….….….…..….….….….….….….……3分即sin2sinBC，由正弦定理得2bc，所以2bc..….….….….….….….….….….….….……6分（2）由（1）知2bc，因为2c，所

以4b，.….….….….….….….….….….….….……7分设ABC的内切圆半径为r，则内心N到BC边的距离为r，因为BCMN//，所以重心M到BC边的距离为r，根据重心的性质，顶点A到BC边的距离为3r，根据面积关系得11()(3)22abcrar，.

.….….….….….….….….….….….….……10分4即11(42)(3)22arar，所以3a...….….….….….….….….….….….….……12分18.【解析】（1）过N作ADNN//与ED交于N点，过M作ADMM//与CD交于M点.连接

NM.由ANBM，易知MMNN，又MMADNN////，则四边形MNMN为平行四边形，所以NMMN//，MN平面CDE，NM平面CDE，//MN平面CDE.….….….….….….……4分（2）方法一：由平面ABCD平面A

DEF，平面ABCD平面ADADEF，AF平面ADEF，ADAF，可得AF平面ABCD.如图所示，建立空间直角坐标系，过M点作ADMG，垂足为G，连接NG，易知ADNG.设)20(aaAG，可得)2,,0(),0,,22(aaNaaM，21)1()2()2

2(222aaaMN，可知当1a时，MN长最小值为22.…...….….….….….….….……6分此时)21,1,0(),0,1,21(NM，又)0,2,0(),0,0,0(DA，)0,1,21(),21,0,21(),0,1,21(DMM

NAM，设平面AMN的法向量为),,(111zyxm，由00MNmAMm可得021210211111zxyx令,21x可得)2,1,2(m，…...….…

.….….….….….……8分设平面MND的法向量为),,(222zyxn，由00MNnDMn可得021210212222zxyx令,22x可得)2,1,

2(n，…...….….….….….….….……10分97,cosnmnmnm，易知二面角DMNA为钝二面角，则二面角DMNA的余弦值为97.…….….….….…12分方法二：

过N作ADNG，连接MG，由平面ABCD平面ADEF，平面ABCD平面ADADEF，NG平面ADEF，ADNG，可得NG平面ABCD，MGNG，设10EDNG，则11ABMG，所以1221222MN，当21

时，MN取得最小值...….….….….….….……6分5此时NM,分别为AEBD,的中点，计算得25DNDMAMAN，22MN.取MN的中点H，连接DHAH,，则MNDHMNAH,，所以AHD为二面角DMNA的平面角.计算得423DHAH.…...….….

….….….….….……9分97892489892cos222DHAHADDHAHAHD，则二面角DMNA的余弦值为97..….……12分19.【解析】（1）易知焦点)0,1(F，设),(),,(1100yxAyxP由FA

PF4得104yy①.设直线1:myxl，与抛物线xyC4:2联立得0442myy，其中016162m，所以410yy②.….……….….….….….….….……2分由①②可得14

10yy或1410yy，….……….….….….….….….……3分又myy410，所以43m或43m，所以直线l的方程为143143yxyx或.化简得04340434yxyx或.….……….….….

….….….….……5分（2）由FAPF得10yy③.又②③可得420y，….……….….….….….….….……7分设点),(22yxB，由EBPE得20yy④.设直线anyxPB:，与抛物线xyC4:2联立得0442anyy

.所以0)(162an，ayy420⑤.由④⑤可得ay420，….….….….….….……….……….….….….….….….……10分又4，所以ayy4442020，考虑到点P异于原点，所以00y，

6解得4a，此时0)4(16)(1622nan，所以a的值为4..………….……….….….….….….….……12分20.【解析】（1）①记“从盒子中先后任意飞出两只昆虫，恰有1只蜜蜂”为事件A，设盒子中蜜蜂的只数为*()xxN，

则118284()7xxCCPAC，解得：4x，故蜜蜂共有4只..….….….….….……2分②随机变量X的取值为0，1，2，3343841(0)5614CPXC，124438243(1)567CCPXC，21

44383(2)7CCPXC，34381(3)14CPXC故X的分布列为：….….….….….….…..……6分3313()12377142EX.…….….….….….….….….….….….….…..……7分（2）解：记“任意飞出两只昆虫，至

少有1只是蝴蝶”为事件B，则事件B为“任意飞出两只昆虫，其中没有蝴蝶”；22231()1()144(21)nnCPBPBCn),4(Nnn.….….….….….….….….…..……10

分当4n时，max3111()42814PB.…….…..….….….….….….….….….…..……12分21.【解析】（1），21212xxaaxf)0(x222)1](1)12[(12)12(xxxaxaxxa.….….….….…

.….……2分①若21a，当)1,0(x时，0)(xf，)(xf单调递增；当),1(x时，0)(xf，)(xf单调递减..….….….….….….……3分②若121a，当)1,0(x时，0)(xf，)(xf单调递增；

当)121,1(ax时，0)(xf，)(xf单调递减；当)121(，ax时，0)(xf，)(xf单调递增..….….….….….….……4分③若1a，则0)1()(22xxxf，)(xf在),0(x单

调递增.…….….….….….……5分X0123P11437371147④若1a，当)121,0(ax时，0)(xf，)(xf单调递增；当)1,121(ax时，0)(xf，)(xf单调递减；当)1(，x

时，0)(xf，)(xf单调递增.综上：当21a时，)(xf单增区间为)1,0(，)(xf单减区间为),1(；当121a时，)(xf单增区间为)1,0(，)121(，a；)(xf单减区间为)121,1(a；当1a时，)(xf单增区间为),0(，

)(xf无单减区间；当1a时，)(xf单增区间为)121,0(a，)1(，；)(xf单减区间为)1,121(a...….……6分（2）由（1）可知当121a时，)(xf在121ax时取得最小值)121(af.….….…

.….….……7分要证：12)1)(1(23aaaxf对),1(x恒成立，等价于求证：12)1)(1(2)121(3aaaaf，即证：12)1)(1(2)12()121ln(213aaaaaa.法一：设)1(ln)(xxxg)1(x，则01

11)(xxxxg，0)1()(gxg，即)1(1lnxxx12221121)121ln(aaaa.………….……….….….……9分则12)1(2)12(1222

21)12()121ln(21aaaaaaaaa.而121a，则012)1(2aa，12)1)(1(212)1(23aaaaa，即得12)1)(1(2)121(3aaaaf，1

2)1)(1(23aaaxf对),1(x恒成立..….…..….….….…..….……….….….……12分法二：即证：12)2()1(2)121ln(22aaaaaa，化简即证：12)2)(

1()12ln(2aaaa.设)10(12tta，即证：)97(81897ln223tttttttt.….….….……9分构造函数)10(97ln8)(2ttttttg，则22329829128)(ttttttttg

，设函数)10(982)(23ttttth，则0)86)(1(826)(2ttttth，所以函数)(th在)1,0(内单调递增，0)1()(hth，则0)(tg，

所以函数)(tg在)1,0(内单调递减，所以0)1()(gtg8即)97(81ln2tttt，原式得证.…..….……….….….……12分（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.[选修

4-4:坐标系与参数方程]（10分）【解析】（1）由cossin，可知0.….…..….….….….….……1分所以cossin2，又sin,cos,222yxyx，则曲线C的直角坐标方程为yxyx22（yx,不同时为0）..….….

….….….….….……4分（2）当0,0yx时，得曲线C的第一象限内的直角坐标方程：yxyx22，配方得21212122yx，….….….….….….……….….

….….….….……….….….….….….….……5分则曲线C在第一象限内的图形由一个直角边为1的等腰直角三角形和一个半径为22的半圆组成.……7分易知，曲线C在第一象限内的围成的图形面积为421，结合对称性可知曲线C围成的图形的面积为2..….….….….….….….…….….….

….…..……10分23.[选修4-5:不等式选讲]（10分）【解析】（1）当2a时，则41222xx，当1x时，不等式化为414x，可得45x；当211x时，不等式化为43，不成立；当21x时，不等式化为414x，可得43x.

.….….…….….….….….…3分综上可得不等式的解集为45{xx或}43x..….….….…….….….….…..……5分（1）因为存在,0Rx使得)(4)(00axgxf成立，即使得1224200axax成立，4)1222

(min00axax，.…….….….…….….….….…..…….…..……7分由绝对值不等式可知：122212220000axaxaxax1a，.…….….….….…..

………….….….….…..……9分即41a可得a的取值范围为}53{aa.….….….…..………….….….….…..……10分