安徽省合肥市2022届高三下学期第二次教学质量检测理科数学试题

安徽省合肥市2022届高三下学期第二次教学质量检测理科数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

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．

2．设复数满足，则的虚部为（       ）

A． B． C． D．2

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．2800 B．4200 C．5600 D．7000

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．

5．设为第二象限角，若，则=（       ）

A． B．

C． D．2

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

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

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．

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．

10．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．5 D．10

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．

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、分别与轴交于点、，则下列结论正确的个数是（       ）

①、两点的横坐标之积为定值；             

②直线的斜率为定值；

③线段的长度为定值；                      

④三角形面积的取值范围为．

A． B． C． D．

二、填空题

13．已知向量，，若、、三点共线，则_____．

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_________．

15．已知的内角．，的对边分别为，，，若， ，则面积的取值范围为_________．

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__________．

三、解答题

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①   ②两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.

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．

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Erdal Arikan 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.

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．

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： ．

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．

23．已知函数的最小值为．

(1)求;

(2)已知，，为正数，且，求的最小值．

参考答案：

1．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．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．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分之间的学生人数大约为．

故选：A．

4．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．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．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．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．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．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：D

10．C

【解析】

【分析】

由直线方程求出定点，确定，即在以为直径的圆上，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．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．C

【解析】

【分析】

设点、的横坐标分别为、，且，分析可知或，利用导数的几何意义可判断①的正误；利用斜率公式可判断②的正误；求出点、的坐标，利用两点间的距离公式可判断③的正误；求出点的横坐标，利用三角形的面积公式可判断④的正误.

【详解】

因为，

所以，当时，；当时，，

不妨设点、的横坐标分别为、，且，

若时，直线、的斜率分别为、，此时，不合乎题意；

若时，则直线、的斜率分别为、，此时，不合乎题意.

所以，或，则，，

由题意可得，可得，

若，则；若，则，不合乎题意，所以，，①对；

对于②，易知点、，

所以，直线的斜率为，②对；

对于③，直线的方程为，令可得，即点，

直线的方程为，令可得，即点，

所以，，③对；

对于④，联立可得，

令，其中，则，

所以，函数在上单调递增，则当时，，

所以，，④错.

故选：C.

13．

【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．##

【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．

【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．

【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：.

17．(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.

(1)

①，

当时，，；当时，②

①-②得，即

又，

∴数列是从第2项起的等比数列，即当时，．

．

(2)

若选择①：，

．

若选择②，则③，④，

③-④得，

．

18．(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.

(1)

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

(2)

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．(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.

(1)

解：设“信号和均被成功接收”为事件，则；

(2)

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，信号被成功解码的概率为.

20．(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.

(1)

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；

(2)

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．(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.

(1)

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；

(2)

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.

22．(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．

(1)

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．

(2)

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，

．

23．(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.

(1)

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；

(2)

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．