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 含解析

这是一份安徽省合肥市2022届高三下学期第二次教学质量检测理科数学试题 含解析，共25页。
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1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11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】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. 设复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. D. 2
【答案】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. 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. 2800B. 4200C. 5600D. 7000
【答案】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. 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.
【答案】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. 设为第二象限角，若，则=（ ）
A. B.
C. D. 2
【答案】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. 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
【答案】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. 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
【答案】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，所以图象关于点对称．
故选：D．
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.
【答案】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. 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：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. 5D. 10
【答案】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. 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.
【答案】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. 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y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面积的取值范围为.
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】当时，求得，当时，，可判定①正确；根据斜率公式和对数的运算性质，可判定②正确；求得的方程，得到，，求得，可判定③正确；联立方程组，得到，进而求得，可判定④不正确.
【详解】作出曲线的图象，如图所示，
过平面内一点作曲线两条互相垂直的切线，切点为（不重合），
可得切点的横坐标在，的横坐标在，
当时，，则，所以；
当时，，则，所以，
所以，所以，所以①正确；
直线的斜率为，所以②正确；
过点的切线方程为，令，可得，即点，
过点的切线方程为，令，可得，即点，
所以，所以③正确；
由切线联立方程组，解得其交点的横坐标，
因为不重合，故等号不成立，
所以的横坐标，所以，所以④不正确.
故选：C.
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题一第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. 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_________．
【答案】##
【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. 已知的内角．，的对边分别为，，，若， ，则面积的取值范围为_________．
【答案】
【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. 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__________．
【答案】
【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：.
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. 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.
【答案】（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.
【小问1详解】
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，．
．
【小问2详解】
若选择①：，
．
若选择②，则③，④，
③-④得，
．
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．
【答案】（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.
【小问1详解】
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
【小问2详解】
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. 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.
【答案】（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.
【小问1详解】
解：设“信号和均被成功接收”为事件，则；
【小问2详解】
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. 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. 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： ．
【答案】（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.
【小问1详解】
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；
【小问2详解】
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.
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，求的最小值．
【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．