安徽省合肥市2021-2022学年高三理科数学下学期第二次教学质量检测试题（Word版附解析）

合肥市2022年高三第二次教学质量检测数学试题（理科）（考试时间：120分钟满分：150分）注意事项：1．答题前，务必在答题卡和答题卷规定的地方填写自己的姓名、准考证号和座位号后两位.2．答第1卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3．答第11卷时，必须使用0.5毫米的黑色墨水签字笔在答题卷上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卷规定的位置绘出，确认后再用0.5毫米的黑色墨水签字笔描清楚.必须在题号所指示的答题区域作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上答题无效.4．考试结束，务必将答题卡和答题卷一并上交.第I卷（满分60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，满分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.设全集，集合，，则下面Venn图中阴影部分表示的集合是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由对数函数性质，二次根式定义确定集合，然后确定Venn图中阴影部分表示的集合并计算． 【详解】由题意，或，，Venn图中阴影部分为．故选：A．2.设复数满足，则的虚部为（）A.B.C.D.2【答案】C【解析】【分析】根据复数的除法运算求出复数，再根据虚部的定义即可得解.【详解】解：因为，所以，则.所以的虚部为.故选：C.3.某市高三年级共有14000人参加教学质量检测，学生的数学成绩近似服从正态分布（试卷满分150分），且，据此可以估计，这次检测数学成绩在80到90分之间的学生人数为（）A.2800B.4200C.5600D.7000【答案】A【解析】【分析】根据正态曲线的性质即可解出．【详解】因为，近似服从正态分布，所以，即这次检测数学成绩在80到90分之间学生人数大约为．故选：A．4.考拉兹猜想是引人注目的数学难题之一，由德国数学家洛塔尔·考拉兹在世纪年代提出，其内容是：任意正整数，如果是奇数就乘加，如果是偶数就除以，如此循环， 最终都能够得到．下边的程序框图演示了考拉兹猜想的变换过程．若输入的值为，则输出的值为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据程序框图列举出算法循环的每一步，即可得出输出结果.【详解】第一次循环，不成立，，，不成立；第二次循环，成立，，，不成立；第三次循环，成立，则，，不成立；第四次循环，成立，则，，不成立；第五次循环，成立，则，，成立.跳出循环体，输出.故选：C.5.设第二象限角，若，则=（） A.B.C.D.2【答案】B【解析】【分析】结合平方关系解得，由商数关系求得，再由两角和的正切公式计算．【详解】由得，，是第二象限角，，，所以由，解得：，所以，．故选：B．6.中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱．假设中国空间站要安排甲，乙，丙，丁，戊5名航天员开展实验，其中天和核心舱安排3人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人．若甲、乙两人不能同时在一个舱内做实验，则不同的安排方案共有（） A.8种B.14种C.20种D.116种【答案】B【解析】【分析】按照同个元素（甲）分类讨论，特殊元素和特殊位置优先考虑即可得解.【详解】按照甲是否在天和核心舱划分，①若甲在天和核心舱，天和核心舱需要从除了甲乙之外的三人中选取两人，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能；②若甲不在天和核心舱，需要从问天实验舱和梦天实验舱中挑选一个，剩下四人中选取三人进入天和核心舱即可，则有种可能；根据分类加法计数原理，共有6+8=14种可能.故选：B.7.函数（是自然对数的底数）的图象关于（）A.直线对称B.点对称C.直线对称D.点对称【答案】D【解析】【分析】根据对称性进行检验．【详解】由题意，它与之间没有恒等关系，相加也不为0，AB均错， 而，所以的图象关于点对称．故选：D．8.将函数的图象上各点横坐标缩短为原来（纵坐标不变）后，再向左平移个单位长度得到函数的图象，当时，的值域为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用三角函数图象变换可求得，由可求得的取值范围，结合正弦型函数的基本性质可求得函数的值域.【详解】将函数的图象上各点横坐标缩短为原来（纵坐标不变）后，可得到函数的图象，再将所得图象向左平移个单位长度得到函数的图象，则，当时，，所以，.故选：C.9.抛物线的焦点为，为抛物线上一点，以为圆心，为半径的圆交抛物线的准线于，两点，，则直线的斜率为（）A.B.C.D. 【答案】D【解析】【分析】根据题意求出点坐标，即可求出直线的斜率.【详解】由题意可知：，设准线与轴交于，因为，所以，且，所以，设，由抛物线定义可知，所以，代入抛物线中得，所以，且，所以直线的斜率为.故选：D10.已知直线过定点，直线过定点，与的交点为，则面积的最大值为（）A.B.C.5D.10【答案】C【解析】【分析】由直线方程求出定点，确定，即在以为直径圆上，由圆的性质得点到的距离最大值为圆半径，由此可得面积最大值． 【详解】由直线的方程是得直线过定点，同理直线方程为，即，所以定点，又，所以，即在以为直径的圆上，，由圆的性质知点到的距离最大值等于圆半径，即，所以面积的最大值为．故选：C．11.在四面体中，，，二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】取中点，中点，连接，证明是二面角的平面角，，是直角的外心，是直角的外心，在平面内过作，过作，交点为四面体外接球球心，求出球半径可得表面积．【详解】取中点，中点，连接，则，，，，所以是直角的外心，，，，，所以，，所以是二面角的平面角，，是中点，则是直角的外心，由，，，平面得平面，平面，所以平面平面，同理平面平面， 平面平面，平面平面，在平面内过作，则平面，在平面内过作，则平面，与交于点，所以为四面体的外接球的球心，中，，所以，所以，，所以外接球表面积为．故选：B．12.过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线，切点为（不重合），设直线分别与y轴交于点，则下列结论正确的个数是（）①两点横坐标之积为定值；②直线的斜率为定值；③线段的长度为定值；④面积的取值范围为.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】 【分析】当时，求得，当时，，可判定①正确；根据斜率公式和对数的运算性质，可判定②正确；求得的方程，得到，，求得，可判定③正确；联立方程组，得到，进而求得，可判定④不正确.【详解】作出曲线的图象，如图所示，过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线，切点为（不重合），可得切点的横坐标在，的横坐标在，当时，，则，所以；当时，，则，所以，所以，所以，所以①正确；直线的斜率为，所以②正确；过点的切线方程为，令，可得，即点，过点的切线方程为，令，可得，即点，所以，所以③正确；由切线联立方程组，解得其交点的横坐标，因为不重合，故等号不成立，所以的横坐标，所以，所以④不正确.故选：C. 第II卷（非选择题共90分）本卷包括必考题和选考题两部分．第13题一第21题为必考题，每个试题考生都必须作答．第22题、第23题为选考题，考生根据要求作答．二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，满分20分．把答案填在答题卡上的相应位置．13.已知向量，，若、、三点共线，则_____．【答案】【解析】【分析】由已知可得，利用平面向量共线的坐标表示可求得实数的值.【详解】由已知，则，解得.故答案为：.14.已知双曲线的右焦点为，为双曲线右支上一点，为坐标原点.若为等边三角形，则双曲线的离心率为_________．【答案】##【解析】【分析】设双曲线的左焦点为点，连接，可知为直角三角形，以及，将，用表示，然后利用双曲线的定义可求出双曲线离心率. 【详解】如图所示，设双曲线的左焦点为点，连接，为等边三角形,，所以，为直角三角形，且为直角，且，，由勾股定理得，由双曲线的定义得，即，，因此，双曲线C的离心率为，故答案为：.15.已知的内角．，的对边分别为，，，若，，则面积的取值范围为_________．【答案】【解析】【分析】由余弦定理变形得出，在以为焦点，长轴长为6的椭圆上，因此当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大，由此可求得三角形面积最大值，从而可得面积取值范围．【详解】,， 由余弦定理得，所以，即，又，所以在以为焦点，长轴长为6的椭圆上（不在直线上），如图以为轴，线段中垂线为轴建立平面直角坐标系，设椭圆方程为，则，所以，当是椭圆短轴顶点时，到的距离最大为，所以的最大值为，可无限接近于0，无最小值，的取值范围是，故答案为：．16.在正方体中，为线段的中点，设平面与平面的交线为，则直线与所成角的余弦值为__________．【答案】【解析】【分析】以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，计算出平面、的法向量，可求得直线的一个方向向量，再利用空间向量 法可求得直线与所成角的余弦值.【详解】解：设正方体的棱长为，以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、、，设平面的法向量为，，，由，取，可得，设平面的法向量为，，，由，取，可得，设直线的方向向量为，平面，平面，则，，所以，取，则，，，因此，直线与所成角的余弦值为. 故答案为：.三、解答题：本大题共6小题，满分70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记为数列的前项和，已知，且．（1）求数列的通项公式；（2）已知数列满足________，记为数列的前项和，证明：．从①②两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）分类讨论和，利用作差法得，从而根据等比数列定义求出；（2）若选择①利用裂项相消求和，若选择②利用错位相减求和，最后证明结论即可.【小问1详解】①，当时，，；当时，②①-②得，即又，∴数列是从第2项起的等比数列，即当时，．．【小问2详解】 若选择①：，．若选择②，则③，④，③-④得，．18.如图，在矩形中，，点为边的中点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，使得，连结，，．（1）证明：平面平面;（2）求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用几何关系和勾股定理逆定理证明平面，再根据面面垂直的判定方法即可确定最终答案.（2）根据，，相互垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分别 为，，轴建立空间直角坐标系，求出平面的法向量，利用即可求出最终答案.【小问1详解】证明：取线段的中点，连结，，，，为等边三角形，．，．又，，，，又，平面．平面，∴平面平面【小问2详解】由（1）知，，，相互垂直，以为坐标原点，，，所在的直线分 别为，，轴建立空间直角坐标系，如图所示．设，则，，连结，则，且，，，，，，，．设为平面的一个法向量，则即,令，则，，设直线与平面所成角为，，∴直线与平面所成角的正弦值为.19.通信编码信号利用信道传输，如图1，若信道传输成功，则接收端收到的信号与发来的信号完全相同；若信道传输失败，则接收端收不到任何信号.传统通信传输技术采用多个信道各自独立传输信号（以两个信道为例，如图2）．华为公司5G信道编码采用土耳其通讯技术专家ErdalArikan教授的极化码技术（以两个相互独立的信道传输信号为例）：如图3，信号直接从信道2传输；信号在传输前先与 “异或”运算得到信号，再从信道1传输．接收端对收到的信号，运用“异或”运算性质进行解码，从而得到或得不到发送的信号或．（注：“异或”是一种2进制数学逻辑运算．两个相同数字“异或”得到0，两个不同数字“异或”得到1，“异或”运算用符号“”表示：，，，．“异或”运算性质：，则）．假设每个信道传输成功的概率均为．．（1）在传统传输方案中，设“信号和均被成功接收”为事件，求：（2）对于极化码技术：①求信号被成功解码（即根据BEC信道1与2传输的信号可确定的值）的概率；②若对输入信号赋值（如）作为已知信号，接收端只解码信号，求信号被成功解码的概率.【答案】（1）；（2）①；②.【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公式可求得答案；（2）①当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值；②若信道2传输失败、信道1传输成功，被成功解码的概率为；若信道2、信道1都传输失败，此时信号无法成功解码；由此可求得答案.【小问1详解】解：设“信号和均被成功接收”为事件，则；【小问2详解】解：①，． 当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值，所以信号被成功解码的概率为；②若信道2传输成功，则信号被成功解码，概率为；若信道2传输失败、信道1传输成功，则，因为为已知信号，信号仍然可以被成功解码，此时被成功解码的概率为；若信道2、信道1都传输失败，此时信号无法成功解码；综上可得，信号被成功解码概率为.20.已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为椭圆上一动点，面积的最大值为．（1）求椭圆的标准方程；（2）过点的直线与椭圆的另一个交点为，为线段的中点，射线与椭圆交于点．点为直线上一动点，且，求证：点在定直线上．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】(1)按照题目所给的条件即可求解；(2)作图，联立方程，将M，N，P，Q，D的坐标用斜率k表示出来，(3)按照向量数量积的运算规则即可.【小问1详解】设椭圆的半焦距为，由椭圆的几何性质知，当点位于椭圆的短轴端点时，的面积取得最大值，此时， ，．由离心率得，，解得，，，∴椭圆的标准方程为；【小问2详解】由题意作下图：设，．由得．∵点在这个椭圆内部，所以，，，，∴点的坐标为当时，直线的斜率为，∴直线的方程为，即，将直线的方程代入椭圆方程得，，设点，由得， 化简得，化简得，∴点在直线上，当直线的斜率时，此时，，由得，也满足条件，∴点在直线上；综上，椭圆的标准方程为，点在直线上.【点睛】本题的难点在于联立方程，把M，N，P，Q，D点的坐标用k表示出来，有一定的计算量，其中由于OP与椭圆有两个交点，在表示的时候用表示，可以避免讨论点D在那个位置.21.已知函数，是的导函数.（1）证明：函数只有一个极值点；（2）若关于的方程在上有两个不相等的实数根，证明：．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)求导，根据导函数的单调性以及符号即可证明；(2)应用极值点偏移的方法即可证明.【小问1详解】函数的定义域为，且．当时，；当时，令，则，在上单调递增．又，，，使得，即， 当，时，；当时，，∴函数在上单调递减，在上单调递增，只有一个极小值点，无极大值点；【小问2详解】由（1）知，函数在上单调递增，，且，，函数在上单调递减，在上单调递增，不妨设，则，要证，即证，只要证，．又在上单调递增，∴要证，即证．令，，令，则，令，则，在上单调递增，，在上单调递减，，在上单调递增，，即.【点睛】本题的难点是极值点偏移，实际上对于极值点偏移是有专门的方法的， 即是以极值点为对称轴，作原函数的对称函数，通过判断函数图像是原函数的上方还是下方，即可证明.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．选修4-4：坐标系与参数方程22.在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴非负半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为．（1）求直线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；（2）若直线与直线交于点，直线与曲线交于点，且，求实数的值．【答案】（1），（2）1【解析】【分析】（1）消去参数可把参数方程化为普通方程，由公式可把极坐标方程与直角坐标方程互化；（2）用极坐标法求出的极坐标，，再利用直角三角形性质可求得．【小问1详解】由（为参数）得，∴直线的极坐标方程为．由得，，，∴曲线的直角坐标方程为． 【小问2详解】直线的极坐标方程为，将代入直线的极坐标方程得，∴点的极坐标为将代入曲线的极坐标方程得，．，且为线段的中点，，即，．选修4-5：不等式选讲23.已知函数的最小值为．（1）求;（2）已知，，为正数，且，求的最小值．【答案】（1）1（2）6【解析】【分析】（1）去绝对值符号，然后分段求出函数的最值，即可得出答案；（2）由（1）知，，然后利用基本不等式可得，再利用基本不等式即可得出答案.【小问1详解】解：依题意得，，当时，，当时，，当时，，综上当时，取得最小值1， 即的最小值；【小问2详解】由（1）知，，（当且仅当时等号成立），，当且仅当，即，时等号成立，的最小值为6．