安徽省黄山市2021-2022学年高三理科数学下学期第二次质量检测试题（Word版附解析）

黄山市2022届高中毕业班第二次质量检测数学（理科）试题满分150分，考试时间120分钟.注意事项：1.答题前，务必在试卷、答题卡规定的地方填写自己的姓名、座位号，并认真核对答题卡上所粘贴的条形码中姓名、座位号与本人姓名、座位号是否一致.务必在答题卡背面规定的地方填写姓名和座位号后两位.2.答第Ⅰ卷时，每小题选出答案后，用2B铅笔把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卡上书写，要求字体工整、笔迹清晰.作图题可先用铅笔在答题卡规定的位置绘出，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，务必将试卷和答题卡一并上交.第Ⅰ卷（选择题满分60分）一、选择题（本大题共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.请在答题卷的相应区域答题.）1.已知集合，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】解不等式得到，根据题意得到，再由集合交集的概念得到结果.【详解】由集合，解不等式得到：，又因为，根据集合交集的概念得到：.故选：B.2.已知复数满足，则的虚部为（） A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据复数的除法运算求出，根据共轭复数及虚部的概念求解即可.【详解】，，，故复数的虚部为.故选：A3.已知函数，且，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据的解析式，求得其单调性和奇偶性，再利用函数性质求解不等式即可.【详解】对，其定义域为，且，故为上的奇函数；又当时，，其在单调递减；当时，，其在单调递减；又是连续函数，故在上都是单调减函数；则，即，则，解得.故选：D.4.已知函数，则曲线在点处的切线方程为（） A.B.CD.【答案】A【解析】【分析】先对函数求导，然后令，求出，从而可求出的解析式，再利用导数的几何意义求切线方程【详解】由，得，所以，得，所以，，所以，所以所求切线方程为，即，故选：A5.赵爽是我国古代著名的数学家，大约在公元222年，赵爽为《周髀算经》一书作序时，介绍了“勾股圆方图”，亦称“赵爽弦图”(以弦为边长得到的正方形组成)，如图(1)类比“赵爽弦图”，可类似地构造如图(2)所示的图形，它是由3个全等的三角形与中间的一个小等边三角形拼成的一个大等边三角形，设，则图中阴影部分与空白部分面积之比为()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设，根据几何关系求出AD、DF、BD、，根据余弦定理求出AB，再根据等边三角形面积即可计算. 【详解】设，则，，，，在中，根据余弦定理得，，∴，，∴，∴图中阴影部分与空白部分面积之比为.故选：B.6.函数的部分图象如图所示，为了得到的图象，需将函数的图象至少向右平移（）个单位长度.A.B.C.D.【答案】A 【解析】分析】根据图象可确定和最小正周期，由此可得；利用可求得，由此可得解析式；利用诱导公式化简可得，由三角函数平移变换方法可得结果.【详解】由图象可知：；最小正周期，解得：；，，解得：，又，，；，将至少向右平移个单位长度可得.故选：A.7.将三项式展开，得到下列等式：广义杨辉三角形第0行1第1行111第2行12321第3行1367631第4行14101619161041 观察多项式系数之间的关系，可以仿照杨辉三角构造如图所示的广义杨辉三角形，其构造方法为：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数时，缺少的数以0计）之和，第行共有个数.则关于的多项式的展开式中，项的系数（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据的展开式的各项的系数符合广义杨辉三角形的规律，得到的展开式的各项的系数求解.【详解】解：由题意得：的展开式的各项的系数符合广义杨辉三角形的规律：第0行为1，以下各行每个数是它正上方与左右两肩上的3个数（不足3个数，缺少的数以0计）之和，第k行共有2k+1个数，根据广义杨辉三角形的规律，的展开式的各项的系数为1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，则，其展开式中含有的项为，则，所以项系数为，故选：D8.若圆关于直线对称，动点在直线上，过点引圆的两条切线、，切点分别为、，则直线恒过定点，点的坐标为（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据圆关于直线对称，求得b，设，求出以为直径的圆的方程，可得直线MN为圆C与以为直径的圆的公共弦所在的直线，联立两圆的方程，即可得直线MN的方程，再由直线系方程得答案．【详解】由题意可知：圆的圆心在直线上，即有，设点，则，故以为直径的圆的方程为：，将和相减，即可得直线的方程，即，则直线恒过定点，故选：C9.已知抛物线的准线为：，为坐标原点，过焦点的直线交抛物线于、两点，过作的垂线，垂足分别为，若，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据给定条件写出抛物线方程，借助抛物线定义及已知求出直线AB方程，联立直线AB与抛物线方程，求出A，B的纵坐标即可作答.【详解】依题意，，即，抛物线方程为：，焦点, 如图，过点B作直线BM//l交AC于M，由抛物线定义知：，显然四边形BMCD是矩形，则，而，则，于是得直线AB的斜率，直线AB方程，由消去x得：，解得，，于是得点A，B纵坐标分别为，，则，从而得，而点O到直线l的距离为h=1，所以的面积为.故选：D10.已知数列满足，设的前项和为，则的值为（）A.B.C.2D.1【答案】C 【解析】【分析】由条件求得的通项公式后求解【详解】，则，即，得，故是以2为首项，2为公比的等比数列，，，．故选：C11.如图，长方体中，，设点是棱上的动点，在该长方体对角线上随机取一点，则成立的概率为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】建立空间直角坐标系，使，得到点满足的条件即可求解.【详解】以点为坐标原点，分别以为轴，轴，轴建立空间直角坐标系. 则,设，，且设.从而有，，,由，有，解得，即，所以，由题意有，所以，而，所以在该长方体对角线上随机取一点，使成立的概率.故选：C12.不等式在上恒成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】将变为即，构造新函数 ，利用其单调性得到，继而求得答案.【详解】当时，不等式在上恒成立不会成立，故，当时，，此时不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，设，当时，，故是增函数，则即，故，设，当时，，递增，当时，，递减，故，则，综合以上，实数的取值范围是，故选：B【点睛】本题考查了不等式的恒成立问题，解答时要注意导数的应用，利用导数判断函数的单调性以及求最值等，解答的关键是对原不等式进行变形，并构造新函数,这一点解题的突破点.第Ⅱ卷（非选择题满分90分）二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分.请在答题卷的相应区域答题.）13.已知，，且向量与的夹角为，则向量的模为_________.【答案】 【解析】【分析】先根据平面向量数量积的运算计算，再求即可.【详解】因为，所以.故答案为：14.已知不等式组表示的平面区域是一个三角形区域，则该三角形区域的面积为___________.【答案】【解析】【分析】根据不等式组作出平面区域，数形结合即可求解.【详解】不等式组对应的平面区域如图：A(1，0)，B(4，0)，，C的纵坐标为，∴.故答案为：.15.圆锥曲线具有优美的光学性质，如：光线从椭圆的一个焦点发出，被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点.光线从双曲线的一个焦点发出，被双曲线反射后的反射光线等效于从另一个焦点射出.已知以坐标轴为渐近线的等轴双曲线：的图象以直线为对称轴，从其中一个焦点发出的光线经双曲线反射后得到的反射光线与入射光线垂直，则入射光线与的交点到中心的距离为____________. 【答案】2【解析】【分析】根据直角三角形的性质，可知，根据对称轴与双曲线的交点可得实半轴的长a，利用等轴双曲线可求出c，即可得解.【详解】是双曲线的焦点，，分别为入射光线、反射光线，且，如图，由解得，故，又双曲线为等轴双曲线，所以，所以，即,所以,故答案为：216.设的内角的对边分别为，且满足，其中，若，则面积的取值范围为______________.【答案】 【解析】【分析】由三角恒等变换及正弦定理化简可知三角形为直角三角形，条件可转化为，利用均值不等式求出的范围即可得解.【详解】，化简得：，由正弦定理可得：,，，即，,或，即或，又，，即,，又，，当仅当时等号成立，，即，.故答案为：三、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.请在答题卷的相应区域答题.）17.已知等差数列和等比数列满足，若数列的前项和为，且.（1）求数列，的通项公式；（2）若数列满足：，求数列的前n项和.【答案】（1），;（2）. 【解析】【分析】（1）根据通项与的关系求出数列的通项公式，再由列出方程求出公差公比即可得出，的通项公式；（2）利用错位相减法求出数列的前n项和即可.【小问1详解】由①，可得（）②，由①②得（）又也符合上式，所以，由得，设等差数列的公差为，等比数列的公比为，则有，令，有，令，有解得，或者取，有，检验得（舍去）所以，；【小问2详解】由得，所以则两式相减得， 18.如图，侧面水平放置的正三棱台，，且侧棱长为.（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）延长三条侧棱交于一点O，由可得为的中位线，由已知可得，从而由勾股定理的逆定理可得，同理可得由线面垂直的判定定理可证得结论，（2）由（1）可得两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，利用空间向量求解即可【小问1详解】延长三条侧棱交于一点O. 因为，所以为的中位线，因为侧棱长为，所以.所以，于是同理可得因为是平面内两条相交直线.所以，即平面；【小问2详解】由（1）可知两两垂直，所以可以以所在的直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系（如图所示）. 则.设平面的一个法向量为，因为，所以，令，则，即平面的一个法向量为取平面的一个法向量为，所以，由于二面角为钝角，则其余弦值为.19.已知函数.（1）求函数的最小值；（2）证明：函数有两个极值点.【答案】（1）3;（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数，解不等式得到函数的单调性，即可得出函数的最小值；（2）求出函数的导数，再利用函数的导数求出在上单调递增，在上单调递减，再由零点存在性定理可得存在，，使得，据此可得函数的单调性，问题得证.【小问1详解】因为，所以当时，；当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增, 则.【小问2详解】，.令，则，令，，则，所以在上单调递减.又因为，，所以存在，使得即，当时，，当时，，所以在上单调递增，在上单调递减.即在上单调递增，在上单调递减.所以，又，，所以存在，，使得.且当时，，当时，，当时，，所以在处有极小值，在处有极大值，有两个极值点.【点睛】关键点点睛：要证明函数存在两个极值点，关键要分析出函数的单调性的变化情况，需要利用导数分析函数单调性，通过多次求导，当导数的符号确定时，逐步向上层分析，最终分析出在和时，，在上，得出函数先减后增再减，问题得证.20.已知椭圆的离心率为，点在椭圆上.（1）求椭圆E的方程； （2）设B，C是椭圆E上异于下端点A的两点，且|AB|=|AC|，若BC的中点为G，求点G的轨迹方程.【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根据离心率及椭圆上的点列出方程组求解即可；（2）由直线与轴位置关系分类，垂直时易知中点G在短轴上，不垂直时设BC的方程为，联立方程后，根据根与系数的关系及AG⊥BC求中点坐标，得出纵坐标为定值，再由判别式得出横坐标范围即可求解.【小问1详解】由题意得，解得所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）可得，若轴，不符合题意；若与轴不垂直，设直线BC的方程为，代入并整理，得一方面，必须；另一方面，设，，则，设的中点，则，且， ①当时，轴，由对称性可得点G在椭圆的短轴上.②当时，由AG⊥BC，得，则即，化简得，代入，解得.所以，，则.故点（）在定直线上运动.综上所述，点G轨迹方程为或.21.“红五月”将至，学校文学社拟举办“品诗词雅韵，看俊采星驰”的古诗词挑战赛，挑战赛分为个人晋级赛和决赛两个阶段.个人晋级赛的试题有道“是非判断”题和道“信息连线”题，其中道“信息连线”题是由电脑随机给出错乱排列的四句古诗词和四条相关的诗词背景（如诗词题名、诗词作者等），要求参赛者将它们一一配对，每位参赛选手只有一次挑战机会.比赛规则为：电脑随机同时给出道“是非判断”和道“信息连线”题，要求参赛者全都作答，若有四道或四道以上答对，则该选手晋级成功.（1）设甲同学参加个人晋级赛，他对电脑给出道“是非判断”题和道“信息连线”题都有且只有一道题能够答对，其余的题只能随机作答，求甲同学晋级成功的概率；（2）已知该校高三（1）班共有位同学，每位同学都参加个人晋级赛，且彼此相互独立.若将（1）中甲同学晋级的概率当作该班级每位同学晋级的概率，设该班晋级的学生人数为.①问该班级成功晋级的学生人数最有可能是多少？说明理由；②求随机变量的方差.【答案】（1）（2）①或，理由见解析；②【解析】 【分析】（1）分甲同学答对四道、五道、六道题，分析出是非判断题和信息连线题答对的题的数量，结合独立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；（2）①分析可知，设最大，可得出，解出的取值范围，即可得解；②利用二项分布的方差公式可求得的值.【小问1详解】解：记事件甲同学晋级成功，则事件包含以下几种情况：①事件“共答对四道”，即答对余下的是非判断题，答错两道信息连线题，则.②事件“共答对五道”，即答错余下的是非判断题，答对余下的三道信息连线题，则.③事件“共答对六道”，即答对余下的四道问题，，所以.【小问2详解】解：①由题意可知，设最大，则，即，可得，解得，即最有可能取的值为或；②由二项分布的方差公式可得. 22.已知直线的参数方程为(其中为参数)，以坐标原点为极点，以轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程为（其中）.(1)若点的直角坐标为，且点在曲线内，求实数的取值范围；(2)若,当变化时，求直线被曲线截得的弦长的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【详解】试题分析：（1）化曲线的参数方程为直⻆角坐标方程是:由点在曲线的内部，可得，解不等式可得实数的取值范围；(2)根据极径的几何意义可得直线截得曲线的弦长为：，根据三角函数的有界性可得结果.试题解析：(1)由得曲线对应的直⻆角坐标⽅方程为:由点在曲线的内部，,求得实数m的取值范围为.(2)直线的极坐标⽅方程为，代入曲线的极坐标⽅方程整理理得设直线与曲线的两个交点对应的极径分别为，则直线截得曲线的弦长为：.即直线与曲线截得的弦长的取值范围是.23.已知函数.（1）当时，求不等式的解集； （2）若的图象与轴围成的三角形面积大于6，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）（2，+∞）【解析】详解】试题分析：(Ⅰ)由题意零点分段即可确定不等式的解集为；(Ⅱ)由题意可得面积函数为为，求解不等式可得实数a的取值范围为试题解析：（I）当时，化为，当时，不等式化为，无解；当时，不等式化为，解得；当时，不等式化为，解得．所以的解集为．（II）由题设可得，所以函数的图像与x轴围成的三角形的三个顶点分别为，，，的面积为．由题设得，故．所以a的取值范围为