【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（文）试题答案、解析及评分细则.pdf，共(5)页，328.750 KB，由小赞的店铺上传

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12022届“江南十校”一模联考文科数学参考答案、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CADACBBDAADC⒈【答案】C．【解析】集合1,3,5,1,3BABI，故选C．

⒉【答案】A．【解析】易知原命题为真，逆命题为假，故选A.⒊【答案】D.【解析】由题知iz2，iz2则iiiizz54535)2(222，故选D.⒋【答案】A．【解析】由23cos3cosbcAa

C得2cos3coscos3bAaCcAb，得3cos2A，得6A，故选A.⒌【答案】C．【解析】由2sintanxx且0,2x，得1cos2x，解得03x，得2332p，故选C.⒍【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，故选B.⒎【答案】B.【解析】第一次执行得2,5SS，进入循环体得12,2ab，2i；第二次执行得4.5

,5SS，进入循环体得14,4ab，3i，第三次执行得8.75,5SS，满足条件，输出3i.故选B.⒏【答案】D.【解析】2318cos2cos3cos36yxyxyx横坐标

缩短到原来的倍向左平移个单位长度，故选D.⒐【答案】A.【解析】由21FPF的面积为7可得37Py，所以352Px，则3OP，故选A.⒑【答案】A．【解析】如图所示，分别取,ABCD的中点为,EF，

连接EF，EF与»CD交于H.记N到侧面PAB的距离为d，由于PN的长为定值，因此当且仅当d最小时，PN与侧面PAB所成的角最小，即点N在H时，=HPE.由面PCD面ABCD易知,3PFEFPF，又3,1EFHF，则2PHEH所以HPEPEF，所以3tan3

，即1sin2.故选A.2⒒【答案】D.【解析】当0a时，1,11,11xxxxxxf，图象为A；当1a时，1,11,121xxxxxxf，图象为C；当1a时，1,121,11xxx

xxxf，图象为B.综上，故选D.⒓【答案】C.【解析】由题设可知，要使3)(xf成立，则,3)1(f即.,3ln21eaaea下证：当ea时，3)(xf恒成立，aeQ，2ln)(

1xexfx，易知1ln,1xxxex（当1x时，两式等号成立）则32)1()(xxxf，得证.所以),[ea.故选C.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．⒔【答案】2.【解

析】因为abab，则ab，故0ba，即02122tttba，得2t.⒕【答案】2.【解析】画图如下：由22yxz可构造0,0,,OyxP，则2zPO，动点P在阴影区域，由图可知其最小值为点O到直线02yx的

距离的平方，211200222minz.⒖【答案】0xy.【解析】设切线的切点为000,ln1xxx，则切线的斜率为01lnkx，又切线过原点，所以000ln1xxkx，所以0000ln11lnxxxx，解得01,1xk，

所以切线方程为xy，即0xy.⒗【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111202228111323V；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324822=33V，从而21225VV.三．解答题:共70分.⒘【解析】⑴由13a，点,nSnn在斜率为1的直线上，知1111nSSnn，即222n

Snnn.当1n时，113Sa也符合上式，故22nSnn………………2分当2n时，221212121nnnaSSnnnnn；………………………………4分13

a也满足上式，故21nan；…………………………………………………5分⑵111222nnnnacn.则1211111111112122222222nnnTnn

L①，3两边乘以12得231111111111121222222222nnnTnnL②，①-②得123111111111122222222nn

nTnL，……………………10分故11212152252121212112112121212121211

nnnnnnnnnT.……12分【注】其他解法按每小题的分数相应赋分.⒙【解析】⑴图2中的,,,ACFE四点共面，证明如下：

…………………………………………………1分Q////AEBDBGCF，，又因为DG，重合，//AECF，故,,,ACFE四点共面；………………………………………………4分⑵因为,ABBDABBC且=BDBCBI，A

B平面BCFD，又//ABED，则ED平面BCFD.因为M是线段FC上一点，则,,EDM三点共面，又DEEDM面，所以EDMBCFD面面.…………………………8分又ED平面BCFD，EDFC，当DMFC时，由于EDDMDI，故FC平面EDM，则FCEM.

在菱形BDFC中，1204BCFDF，，则sin6023DMDF，又2EDAB，则222(23)4EM.故三棱柱ABCEDF的侧面积为422342483.………………………………………………12分⒚【解析】（1）整理数据如图：x（旋转角度：度）1

836547290y（燃气用量：3dm）130122139149172……………………………………………………2分（2）51521199854,142.4,0.6167,142.40.616754109.0982109.0983240iiiiixxyyxybaxx

$$，…………6分故回归直线方程为0.617109.098yx$；……………………………………………………………7分（注：阅卷时，=109.098a$或=109.100a$均给本小问的满分）（3）21.47238.721.90310x，即旋

转角约为38.7时，烧开一壶水燃气用量最少（3min121.9()ydm$）.…9分回归直线与二次函数拟合两者关系时，相关指数分别为2212,RR，则21269.110.820.81501.2R，22196.510.870.91501.2R.

因为2212RR，所以二次函数拟合效果更好.………………………………………………12分【注】用相关指数分析，也可通过残差大小比较得出相关指数大小关系，同样赋分.4⒛【解析】（1）由=PFFAuuuruur，知焦点1,0F是PA的中点，.....

....................................2分又抛物线2:4Cyx关于x轴对称，所以PAx轴，则点P的坐标为1,2或1,2；........................

........................................5分（2）设点0011,,,PxyAxy，由=PFFAuuuruur得01yy①，设直线:1lxmy与抛物线2:4Cyx联立得2440ymy，所以2

01=1610,4myy②，由①②可得204y，............................................................................

............8分设点22,Bxy，由=PEEBuuuruur得02yy③，直线:PBxnya与抛物线2:4Cyx联立得2440ynya所以202=160,4nayya④，由③④可得204ya，...................

.............................................................................10分又=4，所以2200444yya，考虑到点P异于原点，所以00y

，解得4a，此时22=16=1640nan.所以a的值为4..........................................12分21.【解析】（1）函数fx的定

义域为0,，211axxfxx，..............................................2分①当0a时，0fx，则fx在0,单调递减；..

................................................4分②当0a时，由00fxx，得10xa，故fx在10,a单调递减，在1,a单调递增；....................6分（2）由（1）

可知：当0a时，fx在0,单调递减，取点11,12nma，显然10fna，又1ln1ln1ln20fmamamaaamaaa，所以fx在0,内有唯一零点，且落在区间nm,内；..

........................................................9分当0a时，取1411axe，则2244ln2lnln2442420

44aafxaxxxxaaa，【由1lnxx得1,lnxxx，得1,lnxxx，化简得21ln,14xxx】取4101axe，则22111ln2lnln244

44242044fxaxxaxaaaax.【由1lnxx得1,lnxxx，得11ln,01xxx，化简得211ln,014xxx】5又由（1）可知xf在,0上先减后增，要保证xf只有一个零点，只需满足01a

f即可，代入化简得01ln1aa，解得1a或ea，综上，a的取值范围为0a或1a或ea...............................................

......12分【注】当0a时，不取点扣1分；当0a时，不取点不扣分.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,co

s,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22111222xy，…………………………………

………………………………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在第一象限内围成的图形面积为421，结合对称性可知曲线C围成图形的面积为

2.…………………………………………………10分23.[选修4-5:不等式选讲]（10分）【解析】（1）若2a，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（2）因为存在0,xR使得)(4)(00axgxf成立，即使得1224200axa

x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