安徽省合肥市2021-2022学年高三文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（文科）（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I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II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】D【解析】【分析】根据Venn图，明确阴影部分表示的集合的含义，即可求得答案.【详解】由题意,可知Venn图中阴影部分表示的集合是, 故选：D2.设复数满足，则（）A.B.4C.D.【答案】A【解析】【分析】由复数的四则运算结合几何意义得出.【详解】故选：A3.已知双曲线的渐近线方程，则双曲线的离心率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】求出的值，利用双曲线的离心率公式可求得该双曲线的离心率的值.【详解】双曲线的渐近线方程为，所以，，因此，该双曲线的离心率为.故选：B.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：任意给定正整数，如果是奇数，则将其乘加；如果是偶数，则将其除以，所得的数再次重复上面步骤，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】B【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：B.5.若与是两条不同的直线，则“”是 “”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由题意解出时的值后判断【详解】若，则，解得或而时，重合，故舍去则“”是“”的充要条件故选：C6.设等差数列的前项和为，，则的值为（）A.10B.12C.13D.14【答案】C【解析】【分析】利用等差数列通项公式和等差数列的前项和公式即可求得答案.【详解】设等差数列的公差为，由已知有，解得，故选：C7.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，假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】分别求出所有的安排情况，再求甲乙两人安排在同一个舱内的情况，最后用古典概率公式可求解.【详解】从甲，乙，丙，丁4名航天员中任选两人去天和核心舱，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能，要使得甲乙在同一个舱内，由题意，甲乙只能同时在天和核心舱，在这种安排下，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能.所以甲乙两人安排在同一个舱内的概率.故选：A8.已知函数是奇函数，当时，的值域为（）A.B.CD.【答案】D【解析】【分析】利用奇函数的性质求出，然后，根据，利用数形结合求出的值 域【详解】因为函数是奇函数，可得，得，又，得，得，，得，所以，故选：D9.函数（是自然对数的底数）的图象关于（）A.点对称B.点对称C.直线对称D.直线对称【答案】C【解析】【分析】根据对称性结合奇偶函数的定义逐一判断即可.【详解】函数对于A，，即图象不关于点对称，故A错误；对于B，，即图象不关于点对称，故B错误；对于C，，即图象关于直线对称，故C正确；对于D，，即图象不关于直线对称，故D错误；故选：C 10.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：D11.设，，，则（）A.B.C.D. 【答案】C【解析】【分析】利用指数函数、对数函数单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.详解】，，，因为，所以，，则，即，因此，.故选：C.12.在直三棱柱中，，，为该三棱柱表面上一动点，若，则点的轨迹长度为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将三棱柱补形为正方体，容易找到BC的中垂面，因为，所以确定点P在中垂面内，通过几何关系求解中垂面与三棱柱相交的轨迹长度即可.【详解】因为，，所以可将直三棱柱补形为边长为2的正方体，取的中点E，F，G，H，K，L按顺序连接.，，如图所示， 正方体中，，，所以面，所以，因为，所以.同理可得，因为，所以面，其中为正六边形.因为E，G，H，L为的中点，所以M，N为的四等分点，根据正方体对称性，知O为MN中点也是BC中点，因为，所以点P在过点O垂直于BC的平面内，即点P在面内.又因为点P在三棱柱表面上，所以P点的轨迹为五边形MNEFG，，由正六边形及正方体对称性可知，故点P的轨迹长度为，故选：B【点睛】处理此类问题的关键是熟练掌握立体几何中的点线面垂直平行异面的关系，找到与包含未知点的量和已知量之间的等量关系或不等关系即可.本题把到两点距离问题转化为找中垂面，再通过线面垂直的判定定理即可证明垂面位置，由此确定点P的轨迹为五边形，求出长度即可.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-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.如图，圆柱的轴截面是正方形，是底面圆的直径，是母线，点是的中点，则异面直线与所成角的余弦值为________．【答案】【解析】【分析】以、为邻边作平行四边形，连接，可知异面直线与所成角为，计算出、的长，即可求得的余弦值.【详解】设圆柱底面半径为，连接，以、为邻边作平行四边形，连接， 则且，所以，异面直线与所成角为，为的中点，且为圆的一条直径，所以，，即，因为，所以，平行四边形为正方形，，平面，、平面，，，则，，，平面，平面，，，在中，.故答案为：.15.已知数列前项和，记，若数列中去掉数列中的项后，余下的项按原来顺序组成数列，则数列的前50项和为________．【答案】1478【解析】【分析】根据求出，从而求出，根据数列、项的关系得到数列的前50项并求和即可.【详解】∵， ∴时，，时，，当时也满足上式，，，，的前50项为数列的前55项中去掉数列的前5项后余下的项，∴数列的前50项和为.故答案为：1478.16.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，分别与轴交于点，，则__________．【答案】2【解析】【分析】设，.，，利用导数表示出，，即可求出.【详解】设，.，，所以..不妨设与相切于点，则有，解得：.同理可求：. 因为切线，互相垂直，所以，即.所以.故答案为：2.【点睛】用导数求切线方程常见类型：(1)在出的切线：为切点，直接写出切线方程：；(2)过出的切线：不是切点，先设切点，联立方程组，求出切点坐标，再写出切线方程：.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.《中国统计年鉴2021》数据显示，截止到2020年底，我国私人汽车拥有量超过24千万辆．下图是2011年至2020年十年间我国私人汽车拥有量（单位：千万辆）折线图．（注：年份代码1-10分别对应年份2011-2020）（1）由折线图能够看出，可以用线性回归模型拟合与的关系，请用相关系数加以说明；（2）建立关于的线性回归方程（系数精确到0.01），并预测2022年我国私人汽车拥有量．参考数据：，，， ，，．参考公式：相关系数，线性回归方程中，斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，．【答案】（1）说明见解析（2），28.11千万辆【解析】【分析】（1）根据相关系数公式及相关数据计算可求解；（2）根据题中的数据及公式先求得，再令代入可求解.【小问1详解】由题意得，，相关系数，说明与的线性相关性很高，所以，可以用线性回归模型拟合与的关系．【小问2详解】由，，所以，因此，所以．当时，．所以2022年我国私人汽车拥有量约为千万辆. 据此可以预测，2022年我国私人汽车拥有量将达到28.11千万辆．18.在中，内角，，所对边的长分别为，，，满足___________.从①，②这两个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答.（1）求的大小；（2）若是的角平分线，且，，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）选①，利用正弦定理边化角，结合两角和差的正弦公式，即可求得答案；选②,，利用正弦定理边化角，再结合二倍角公式，即可求得答案;（2）由题意可得到，利用面积公式化简可得到，再利用三角形面积公式球的答案.【小问1详解】选①：由可得：，即，因为，故，即，由于,故； 选②：由得：，因为,故，即，而,则，故；【小问2详解】是的角平分线，则,所以,即.而，，即有，故.19.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）求点到平面的距离．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，连结，，根据等腰三角形以及勾股定理证明，，再由面面垂直的判定证明即可；（2）设点到平面的距离为，根据等体积法得出，从而得出点 到平面的距离．【小问1详解】证明：，，为等边三角形，，．取的中点，连结，，则．又，，，．，平面，，平面．又平面，∴平面平面．【小问2详解】由（1）知，平面，且．连结，，则，且，，．，．，．设点到平面的距离为，则，即，解得，∴点到平面的距离为．20.已知函数． （1）设函数，若是区间上的增函数，求的取值范围；（2）当时，证明函数在区间上有且仅有一个零点．【答案】（1）（2）证明见及解析【解析】【分析】（1）求导．令，求导，根据函数是区间上的增函数，由在区间上恒成立求解；（2）求导．利用导数法证明.【小问1详解】解：．设，则．∵函数是区间上的增函数，在区间上恒成立若，则恒成立，此时；若，此时，恒成立，即恒成立；．综合上：的取值范围是．【小问2详解】当时，，则． 在区间上单调递增．，，∴存在，使得．当时，，单调递减；当时，，单调递增．又，，∴函数在区间上有且仅有一个零点．21.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.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．