安徽省黄山市2021-2022学年高三文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（文科）试题本试卷满分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.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.若集合，，则等于（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式化简集合A，B，再利用交集的定义直接求解作答.【详解】不等式化为：，解得：，则，不等式，即，整理得：，解得，则，所以.故选：D 2.已知复数满足（为虚数单位），则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用复数的除法运算求出，进而求出即可计算作答.【详解】因，则，于是得，所以.故选：A3.“”是“对任意的正数，均有”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据基本不等式可判断充分性，取特值可判断不必要性.【详解】当，时，由基本不等式可知，故“”是“对任意的正数，均有”的充分条件；当时，成立，不成立，故“”是“对任意的正数，均有”的不必要条件.故选：A4.已知，则（）A.B.C.D. 【答案】B【解析】【分析】根据给定条件，切化弦，利用诱导公式、同角公式求解作答.【详解】由得：，即，，整理得，而，解得，所以.故选：B5.设实数、满足，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】对于A，B，C可以取特殊值验证，对于D，根据题意得，，利用基本不等式求解即可.【详解】对于A：当，时不成立，故A错误；对于B：当，，所以，，即，故C错误；对于C：当时不成立，故C错误；对于D：因为，所以，又，所以（等号成立的条件是），故D正确.故选：D6.函数的图象的大致形状是() A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】分x＞0和x＜0去掉绝对值化简函数解析式即可判断函数图像.【详解】∵，∴根据指数函数图像即可判断选项C符合.故选：C.7.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.8.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于、两点，为线段的中点，若，则直线的斜率为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】设出点A，B的坐标，利用抛物线定义结合已知求出p，再借助斜率坐标公式计算作答.【详解】设，抛物线的准线为：，因为线段的中点，则，又 ，解得，则抛物线C的方程为：，有，，显然直线l的斜率存在，所以直线的斜率.故选：B9.将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，若在上为增函数，则的最大值为（）A.1B.C.2D.【答案】C【解析】【分析】化简函数，再根据给定条件求出，并求出含数0的递增区间，然后列式计算作答.【详解】依题意，函数，于是得，由，得：，因此，函数在上为增函数，而在上为增函数，于是得，解得，有，所以的最大值为2.故选：C10.在四棱锥中，底面梯形中，， ，与交于点，，连接，则异面直线与所成角的余弦值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】依题得则，所以异面直线与所成角与直线与所成角相等，结合余弦定理即可求解．【详解】因为，则又，所以故所以异面直线与所成角与直线与所成角相等，由故异面直线与所成角的余弦值为．故选：D11.从双曲线的右焦点引圆的切线交双曲线左支于，为切点，为线段的中点，为坐标原点，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】 【分析】根据给定条件，求出，再结合双曲线定义变形，并计算作答.【详解】令双曲线左焦点为，连接，如图，显然，依题意，，，为线段的中点，而为线段的中点，，所以.故选：B12.已知函数，至少有个零点，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】构造函数，由导数研究单调性后作出图象，转化为交点问题求解【详解】令，当时，， 当时，，求导得，时，，时，，故在上单调递增，在上单调递减，，，作出大致图象如图所示，由题意得和图象至少有两个交点，故的取值范围是故选：A【点睛】函数零点的判断：将问题转化为两函数的交点，作出两个函数的图象，看其交点的个数，利用导数研究函数的单调性，常化为极(最)值问题，注意分类讨论与数形结合思想．第II卷（非选择题满分90分）二、填空题（本题共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，均为单位向量，若，则与的夹角为______．【答案】【解析】【分析】由两边平方，再利用数量积的定义求解.【详解】因为，均为单位向量，且，所以， 即，因为，所以，故答案为：14.若整数、满足不等式组，则的最小值为________．【答案】4【解析】【分析】作出不等式组表示的平面区域，利用目标函数的几何意义计算作答.【详解】作出不等式组表示的可行域，如图中阴影(含边AB，不含边AC，BC)，其中，又均为整数，上述可行域内横纵坐标均为整数的点只有四点，目标函数，即表示斜率为-2，纵距为z平行直线系，画直线，平移直线到直线，当直线过点M时，直线的纵截距最小，z最小，，所以最小值为4. 故答案为：415.已知三棱锥各个顶点都在球的表面上，，，，，、分别为、的中点，且.则球的表面积是_______．【答案】【解析】【分析】由几何关系求出球的半径后计算表面积【详解】由题意，，是中点，故，又，可得平面，，由勾股定理可得，而，由题意即为球的球心，半径为，故球的表面积为故答案为：16.在△中，角，，的对边分别为，，，，，若有最大值，则实数的取值范围是_____．【答案】 【解析】【分析】由正弦定理可得，根据目标式结合正弦定理的边角互化，易得且、，可知存在最大值即，进而可求的范围.【详解】∵，，由正弦定理得：，∴，其中，又，∴存在最大值，即有解，即，∴，解得，又，解得，故的范围是．故答案为：．【点睛】关键点点睛：应用正弦定理边角关系、辅助角公式，结合三角形内角和、三角函数的性质列不等式组求参数范围.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.）（一）必考题：共60分.17.为了解高一年级学生的选科意愿，某学校随机抽取该校名高一学生进行调查，其中女生与男生人数比是2：3，已知从人中随机抽取人，抽到报考物理的学生的概率为. 学科物理历史合计女生20男生合计（1）请补全列联表，并判断是否有的把握认为选科与性别有关；（2）为了解选择物理学科意愿的同学的选择原因，从选物理的同学中抽取了人，其中有名女生，并从这名同学选出人进行“当面交流”，问该组有女生的概率？附表及公式：3.8416.63510.828【答案】（1）列联表见解析，有的把握认为选科与性别有关（2）【解析】【分析】（1）直接填出列联表，按照公式计算即可；（2）直接列举出所有情况，找出包含女生的情况，按照古典概型计算即可.【小问1详解】由比例可知男生有60人，女生40人，报考物理的有人，故有：学科物理历史合计女生202040男生55560 合计7525100，故有的把握认为选科与性别有关.【小问2详解】由题意可知：把这个人中女生记为、，男生记为、、、.从人中选出个人，所有的基本事件为：、、、、、、、、、、、、、、、、、、、共20种．有女生的有、、、、、、、、、、、、、、、共16种.故有女生的概率是．18.直角梯形中，，，，，，将梯形沿中位线折起使，并连接、得到多面体，连接，，.（1）求证：平面；（2）求到平面的距离.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）过作垂足为，得到平面，即可求解；（2）根据题意得，求解计算即可.【小问1详解】因为，，，，过作垂足为，则，，，所以，因为，，平面，平面，所以平面，又有，所以，又，平面【小问2详解】设点到平面的距离为，因为，由（1）知，平面，因平面，所以，因为平面，平面，，所以平面，所以，即由，得，又，且由（1）知平面，所以，所以， 所以，即，故到平面的距离为.19.已知数列、满足，若数列是等比数列，且．（1）求数列、的通项公式；（2）令，求的前项和为.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）由条件解出的公比后求通项公式，由指数幂的运算性质求；（2）写出的通项公式，由错位相减法求和．【小问1详解】当时，，，又，∴是以为首项，为公比的等比数列，∴当时，由累加法可得：，又当时，也适合上式，∴【小问2详解】 ∴①∴②①-②得：∴20.已知函数.（1）求的极值；（2）当时，求证：.【答案】（1）极小值为，无极大值；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）求出函数的导数及零点，再探讨在零点左右值的符号即可作答.（2）在给定条件下，等价变形要证不等式，再构造函数，借助单调性推理作答.【小问1详解】函数定义域为R，求导得，由得x=0，当时，，当时，，即在上单调递减，在上单调递增，所以当时，取极小值，无极大值.【小问2详解】因，有， ，令，求导得，当时，，，即，则，因此，在上单调递增，当时，，即，所以当时，成立.【点睛】关键点睛：涉及不等式恒成立问题，将给定不等式等价转化，构造函数，利用函数思想是解决问题的关键.21.如图，已知椭圆：经过点，、为椭圆的左右顶点，为椭圆的右焦点，．（1）求椭圆的方程；（2）已知经过右焦点直线（不经过点）交椭圆于、两点，交直线：于点，若，求直线的斜率． 【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）由结合求出，再由给定的点求解作答.（2）设出直线l的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理及斜率坐标公式计算作答.【小问1详解】依题意，，，令右焦点，则，，由，得，而，则，由椭圆过点，得，有，所以椭圆的方程为.【小问2详解】由（1）知，，依题意，直线斜率存在，设直线：，，，由消去并整理得：，则，，显然， ，解得，点，则有，所以直线的斜率为.【点睛】思路点睛：涉及动直线与圆锥曲线相交满足某个条件问题，可设出直线方程，再与圆锥曲线方程联立，利用韦达定理并结合已知推理求解.（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.作答时，请用2B铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑.选修4-4：坐标系与参数方程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.选修4-5：不等式选讲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