安徽省卓越县中联盟2022届高三下学期第二次联考理科数学试题

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安徽省卓越县中联盟2022届高三下学期第二次联考理科数学试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．若复数，则（       ）

A． B． C． D．

2．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

3．已知，则p是q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

4．设m，n，l是三条不同的直线，是两个不同的平面，则下列命题为真命题的是（       ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

5．某单位从甲、乙、丙、丁、戊五名职工中选取人负责一个地区的扶贫攻坚工作，其中甲、乙两人中至少要选取人，甲、丙两人不能同时人选，则不同的选法总数为（       ）

A． B． C． D．

6．已知角的顶点与原点O重合，始边与x轴的非负半轴重合，终边经过点，且，则（       ）

A． B． C． D．

7．充电电池是电动汽车的核心部件之一，如何提高充电速度是电池制造商重点关注的研究方向已知电池充入的电量E（单位：）与充电时间t（单位：）满足函数，其中M表示电池的容量，k表示电池的充电效率，研究人员对A，B两个型号的电池进行充电测试，电池A的容量为，充电充入了的电量；电池B的容量为，充电充入了的电量.设电池A的充电效率为，电池B的充电效率为，则（       ）

A． B． C． D．大小关系无法确定

8．在区间上任取两个实数a，b，则方程有两个不同的非负根的概率为（       ）

A． B． C． D．

9．若实数，满足，则的最小值为（       ）

A． B． C． D．

10．已知椭圆）的左､右焦点分别为和为C上一点，且的内心为，则椭圆C的离心率为（       ）

A． B． C． D．

11．已知，则a，b，c的大小关系为（       ）

A． B． C． D．

12．将函数的图象上所有点的纵坐标伸长为原来的2倍，再向下平移1个单位长度，最后向左平移个单位长度，得到函数的图象.若对任意，都存在，使得，则的值可能是（       ）

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，且，则___________.

14．若双曲线的离心率为2，则双曲线C的焦距为___________.

15．已知四棱锥的底面是矩形，其中，侧棱底面，E为的中点，若四棱锥的外接球表面积为，则直线与所成角的余弦值为___________.

16．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，则的取值范围是___________.

17．已知递增的等差数列中，，且成等比数列.

(1)求数列的通项公式；

(2)设，求数列的前n项和.

18．如图，在正方体中，E，F分别为棱的中点.

(1)求证：平面平面BDF；

(2)求直线与平面所成角的大小.

19．从某酒店开车到机场有两条路线，为了解两条路线的通行情况，随机统计了走这两条路线各10次的全程时间（单位：min），数据如下表：

将路线一和路线二的全程时间的样本平均数分别记为和，样本方差分别记为和.

(1)求.

(2)假设路线一的全程时间X服从正态分布，路线二的全程时间Y服从正态分布，分别用作为的估计值.现有甲､乙两人各自从该酒店打车去机场，甲要求路上时间不超过，乙要求路上时间不超过，为尽可能满足客人要求，司机送甲､乙去机场应该分别选哪条路线？

20．已知抛物线的焦点为F，直线与抛物线C交于点P..

(1)求抛物线C的方程；

(2)过点F的直线与C交于A，B两点，与圆交于D，E两点，若，求直线的方程，

21．已知函数.

(1)若是的一个零点，求曲线在处的切线方程；

(2)若当时恒成立，求的最小整数值（参考数据：）

22．在平面直角坐标系中，直线l的参数方程为（t为参数），以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C的极坐标方程为.

(1)求直线l的普通方程与曲线C的直角坐标方程；

(2)若射线与曲线C交于点M，与直线l交于点N.求的长

23．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若.不等式恒成立，求实数k的取值范围

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

由复数模的运算求解

【详解】

由题意得

故选：A

2．C

【解析】

【分析】

先化简集合,求出集合的补集，然后再求交集.

【详解】

，

则，所以

故选：C

3．B

【解析】

【分析】

首先求出的等价条件，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可；

【详解】

解：由，解得，即，因为，

即由推得出，由推不出，

所以是的必要不充分条件；

故选：B

4．C

【解析】

【分析】

结合线线、线面、面面位置有关知识对选项进行分析，从而确定正确选项.

【详解】

A选项，若，则可能异面，所以A选项错误.

B选项，若，则可能，所以B选项错误.

C选项，若，根据面面垂直的判定定理可知，所以C选项正确.

D选项，若，则可能，所以D选项错误.

故选：C

5．A

【解析】

【分析】

分三种情况讨论：①若甲、乙中只选甲；②若甲、乙中只选乙；③若甲、乙都选.然后确定其他人选，利用分类加法计数原理可得结果.

【详解】

分以下三种情况讨论：

①若甲、乙中只选甲，则丁、戊必选，此时有种选法；

②若甲、乙中只选乙，则丙、丁、戊中要选人，此时有种不同的选法；

③若甲、乙都选，则丁、戊中只选人，此时有种不同的选法.

综上所述，共有种不同的选法.

故选：A.

6．C

【解析】

【分析】

根据三角函数的定义先求出的值，从而求出的值，再由二倍角公式化简然后代入即可得出答案.

【详解】

角终边经过点，且，所以角的终边在第三象限，则

，解得

所以，

故选：C

7．B

【解析】

【分析】

列出方程后比较大小

【详解】

由题意得，则，

同理，则，得，

由指数函数单调性得，即．

故选：B

8．B

【解析】

【分析】

根据方程有两个不同的非负根，可得，在平面直角坐标系作出可行域，结合图象，根据几何概型即可得解.

【详解】

解：因为方程有两个不同的非负根，

所以，则，

如图，作出不等式组所表示得平面区域为，

在区间上任取两个实数a，b，所表示得平面区域为正方形，

，

所以方程有两个不同的非负根的概率为.

故选：B.

9．A

【解析】

【分析】

对已知条件和要求最值的代数式恒等变形之后应用均值不等式即可求解

【详解】

因为，，所以，

又

所以

当且仅当即，时，取等号

所以

故选：A

10．D

【解析】

【分析】

利用角平分线定理可得，进而可得，结合条件即得.

【详解】

连接，延长交轴于，则

，又，，

所以，

故，即，

又，

所以，即.

故选：D.

11．D

【解析】

【分析】

根据指对互化以及对数函数的单调性求出的范围，即可解出．

【详解】

由可得，，，，

由于，， ，而

，，所以，所以．

故选：D．

12．C

【解析】

【分析】

由题意易得在上的值域包含在上的值域，再分析的最值判断值域的包含关系，结合选项排除即可

【详解】

由题，，又对任意，都存在，使得，故在上的值域包含在上的值域.又当时，，即在上的值域包含.又当时， ，且有解，故区间包含，排除AB；又当时，，因为，故不包含不合题意排除D；当时，此时，故，故此时在上的值域包含满足条件.综上所述满足条件

故选：C

13．

【解析】

【分析】

根据向量平行的公式计算得到，再计算模长即可

【详解】

由有，解得，故

故答案为：

14．

【解析】

【分析】

根据双曲线方程以及的关系求出，即可由离心率解出，从而求得焦距．

【详解】

依题可知，，解得，所以，即双曲线C的焦距为．

故答案为：．

15．

【解析】

【分析】

根据四棱锥的外接球表面积求得，作出直线与所成角，结合余弦定理求得所成角的余弦值.

【详解】

设四棱锥的外接球的半径为，则，

所以，

设是的中点，连接，

由于是的中点，所以，

所以是直线与所成角（或其补角），

由于底面，所以，，

由于，所以平面，所以，

，

由于，所以平面，所以，

所以，

在三角形中，由余弦定理得，

所以直线与所成角的余弦值为.

故答案为：

16．

【解析】

【分析】

根据条件得，结合余弦定理求得，根据同角三角函数值的平方关系可得答案.

【详解】

由得： ，

故 ，

当且仅当 时取等号，

由于 ,故 ，

则 ，则 ，

故答案为：

17．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用等差数列基本量思想计算即可；

（2）由（1）得，利用裂项相消法即可.

(1)

设递增的等差数列的公差为，首项为，

因为成等比数列，所以，即.①

又，所以.②

联立①②解得，故.

(2)

由（1）可知，

所以数列的前n项和

.

【点睛】

本题主要考查等差数列基本量思想，数列裂项相消法求和.

18．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）依题意可得四边形是平行四边形，即可得到，从而得到平面，同理可证平面，即可得证.

（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求出线面角的正弦值，即可得解；

(1)

证明：在正方体中，E，F分别为棱的中点，

所以.

因为，且，

所以，且，

所以四边形是平行四边形，所以

又平面BDF，平面BDF，

所以平面.

同理，，又平面BDF，平面BDF，

所以平面.

又，平面，

所以平面平面

(2)

解：以D为原点，DA为x轴，DC为y轴，为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为2，

则，

则，

设平面的法向量为，

则，

取，得平面的一个法向量为，

设直线与平面所成角的大小为，

则，因为，所以，

所以直线与平面所成角的大小为.

19．(1)，，，

(2)甲去机场应该选择路线一，送乙去机场应该选择路线二

【解析】

【分析】

（1）根据求平均数公式和方差公式进行求解；（2）根据正态曲线的对称性进行求解.

(1)

，

，

，

.

(2)

由（1）知.

因为，且，

所以，

因为，

又，所以，

所以送甲去机场应该选择路线一,送乙去机场应该选择路线二.

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）结合抛物线的定义求得点的坐标，代入抛物线的方程，由此求得，从而求得抛物线的方程.

（2）设直线，结合直线与抛物线相交所得弦长、直线与圆相交所得弦长以及已知条件列方程，化简求得，从而求得直线的方程.

(1)

依题意，设.

由抛物线的定义得，解得.

因为在抛物线上，所以，

所以，解得，

故抛物线C的方程为.

(2)

依题意，直线的斜率存在，F的坐标为，设直线.

联立得，故，

则.

圆的圆心为，半径为，

因为坐标原点O到直线的距离，

所以，

因为，即，

化简整理得，

解得，

故直线的方程是.

21．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）由可求得，利用导数集合意义可求得切线斜率，结合可得切线方程；

（2）将恒成立的不等式转化为，知，利用导数，结合零点存在定理可求得，其中；将代入中可化简得到，令，由二次函数值域的求法及可求得的范围，进而得到结果.

(1)

由题意知：，解得：，，

，则，又，

所求切线方程为：.

(2)

当时，恒成立，则，即；

令，则，

令，则，

在上单调递减，又，，

，使得，则，

则当时，，即；当时，，即，

在上单调递增，在上单调递减，

，

令，，则在上单调递增，；

又，，又，

的最小整数值为.

【点睛】

思路点睛：本题考查导数的几何意义、恒成立问题的求解；求解恒成立问题的基本思路是通过分离变量的方式，将问题转化为或的形式，由或求得结果.

22．(1)，

(2)

【解析】

【分析】

（1）消去，即可得到直线l的普通方程，根据直角坐标与极坐标互化公式即可求出曲线C的直角坐标方程；

（2）将分别代入曲线C和直线l的极坐标方程，即可求出和，再根据即可解出．

(1)

由（t为参数）得，得，

故直线l的普通方程是；

由，得，将，代入得，即，故曲线C的直角坐标方程是.

(2)

将代入曲线C的极坐标方程，

可得，所以.

又直线l的极坐标方程为，令，得，

所以.所以

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）利用零点分段讨论去掉绝对值符号即可解不等式；

（2）作出函数的大致图象，不等式恒成立转化为函数的图象要在直线的上方，即需直线的斜率大于等于直线的斜率，且小于等于直线的斜率，即可求出答案.

(1)

，

当时，由得；

当时，由得；

当时，恒成立.

因此不等式的解集为

(2)

作出函数的大致图象，如图所示.

根据题意，函数的图象要在直线的上方，即需直线的斜率大于等于直线的斜率，且小于等于直线的斜率

又，

所以k的取值范围是.