2022届安徽省皖南八校高三上学期12月第二次联考数学（理）试题含解析

2022届安徽省皖南八校高三上学期12月第二次联考

数学（理）试题

一、单选题

1．已知复数满足（其中为虚数单位），则复数的虚部是（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用复数的除法运算求出复数即可得答案.

【详解】解：由题意，，所以，

所以复数的虚部是1，

故选：B.

2．已知，，则A∩B等于（       ）

A．{（1，-2），（-3，6）} B．R

C．[-3，+∞） D．∅

【答案】C

【分析】根据集合交集的定义进行求解即可.

【详解】，，

所以A∩B=[-3，+∞），

故选：C.

3．命题“，”的否定是（     ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】A

【分析】利用全称量词命题的否定即可得出结论.

【详解】命题“，”为全称量词命题，

该命题的否定为“，”.

故选：A.

4．散点图上有5组数据：据收集到的数据可知，由最小二乘法求得回归直线方程为，则的值为（       ）

A．54.2 B．87.64 C．271 D．438.2

【答案】C

【分析】通过样本中心点来求得正确答案.

【详解】，故，

则，

故.

故选：C

5．在《增减算法统宗》中有这样一则故事：“三百七十八里关，初行健步不为难；次日脚痛减一半，如此六日过其关”则第五天走的路程为（       ）里.

A．6 B．12 C．24 D．48

【答案】B

【分析】设此人第天走里路，则是首项为，公比为的等比数列，再根据等比数列的前n项和公式即可求出，再根据等比数列的通项公式即可求出结果.

【详解】设此人第天走里路，由题意可知数列是首项为，公比为的等比数列，

由等比数列前n项和公式得：，解得，

∴

故选：B.

6．已知函数，则函数是（     ）

A．偶函数，在上单调递增 B．偶函数，在上单调递减

C．奇函数，在上单调递增 D．奇函数，在上单调递减

【答案】C

【分析】先判断出为奇函数，再判断在上的单调性，由奇函数的性质从而可得答案

【详解】

当时，，则

当时，，则

所以有，则为奇函数.

当时，单调递增，

由为奇函数，则在上单调递增，且

所以在上单调递增

故选：C

7．若，则（       ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据和的单调性可以判断选项A与B，再根据的单调性可以判断选项C与D，即可得到答案.

【详解】因为，令，则该函数在为增函数，∴，故A错误；

令，则该函数在为减函数，则，则有，故B错误；

令，则该函数为减函数，所以，.则，故C正确；

由C可知，，又，所以

，故D错误；

故选：C.

8．某几何体的三视图如图所示，则该几何体的外接球表面积是（       ）

A．14π B．10π C． D．

【答案】A

【分析】根据给定三视图还原几何体，再补形并确定其外接球半径计算作答.

【详解】依题意，所给三视图的原几何体是三棱锥，如图，

将三棱锥补形成长方体，其长宽高分别为1，2，3，

三棱锥与长方体有同一个外接球，则球半径，

所以外接球表面积.

故选：A

9．已知，则的值为（     ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】先由已知条件求出的值，再利用三角函数恒等变换公式求出的值，然后对利用两角和的正弦公式化简计算即可

【详解】由，得，

所以，

，

所以

，

故选：A

10．在的展开式中，只有第五项的二项式系数最大，则展开式中的系数为（     ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据二项式定理，展开项系数中，当n为奇数时最中间的那一项最大.

【详解】依题意，第五项二项式系数最大，一共是9项，所以n=8，

二项式展开项的通项公式为： ，

，

∴ 的系数为

故选：C.

11．已知抛物线的焦点为，若直线过点，且与抛物线交于，两点，过点作直线的垂线，垂足为点，点在轴上，线段，互相垂直平分，则（     ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】由，互相垂直平分，知四边形为菱形， 进而可得，从而可求，结合，可得，从而即可求解.

【详解】解：抛物线的焦点为，准线为，

如图所示，因为，互相垂直平分，所以四边形为菱形，

又由抛物线定义可知，故为正三角形，从而，

所以在Rt中，，又，所以，

又，所以，

所以.

故选：B.

12．已知，，，，则（     ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【分析】先由正负确定，，再令，利用其单调性判断.

【详解】因为，

所以，

因为，

所以，

令，则，

因为，，

所以，则递减，

所以，

所以，

则，即，

所以，

则，即，

所以，

故选：A

二、填空题

13．已知向量，满足，，，则，夹角为_____.

【答案】

【分析】由，可得，从而根据向量的夹角公式即可求解.

【详解】解：因为，，，

所以，

所以，

因为，又，

所以，即，夹角为，

故答案为：.

14．在等差数列中，，其前项和为，若，则_____.

【答案】100

【分析】由等差数列性质得数列为等差数列，设其公差为d，进而得，故，进而得，再计算即可.

【详解】∵数列为等差数列，

∴数列为等差数列，

设其公差为d，又，解得：，

又∵，

∴，即

∴

故答案为：.

15．已知双曲线，左右焦点分别为，若过右焦点的直线与以线段为直径的圆相切，且与双曲线在第二象限交于点，且轴，则双曲线的离心率是_________.

【答案】

【分析】根据题意可得，进而可得，再根据，可得再根据双曲线的定义，即可得到，进而求出结果.

【详解】如图所示：设切点为，

所以，又轴

所以，

所以，

由，，所以

又，所以

故答案为：.

16．在直四棱柱中，底面为边长为的菱形，，，点在线段上运动，且，则以下命题正确的是_______.

①当时，三棱锥的体积为；

②点在线段上运动，点到平面的最大距离为.；

③当二面角的平面角为时，

④已知，为的中点，当平面与的交点为时，.

【答案】①④

【分析】根据锥体的体积判断①，当点为线段的中点时，连接与相交于点，连接，即可得到平面，从而得到平面底面，再由面面垂直的性质得到平面，即可判断②，首先得到二面角的平面角为，由及，即可得到为正三角形，从而求出，即可判断③，首先确定的位置，即可求出，从而判断④；

【详解】解：对于①：当时，，所以，故①正确；

对于②：当点为线段的中点时，连接与相交于点，连接，则，所以平面，又平面，所以平面底面，又，平面底面，平面，所以平面，此时，点到平面的最大距离为1，所以②错误；

对于③：由为等腰三角形，线段的中点为，则，在底面上有，

所以二面角的平面角为，又，则，所以为正三角形，所以，则，故③错误；

对于④：知，为的中点，当平面与的交点为，此时与的交点为的四等分点，由③知，此时，在直角三角形中，，所以，由于为等腰三角形，有，故④正确．

故答案为：①④．

三、解答题

17．在中，角的对边分别为，.

(1)求角；

(2)若，求的面积.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）根据余弦定理可得，进而求出结果；

（2）根据（1），已知条件，正弦定理以及两角差的正弦公式，即可求出的值，再根据即可求出结果.

【详解】(1)解： 因为，所以，

则∴，

∵，∴；

(2)解：由（1）得，由正弦定理得，

故.

18．2021年7月25日，在东京奥运会自行车公路赛中，奥地利数学女博士安娜·基秣崔天以3小时52分45秒的成绩获得冠军，震惊了世界！广大网友惊呼“学好数理化，走遍天下都不怕”．某市对中学生的体能测试成绩与数学测试成绩进行分析，并从中随机抽取了200人进行抽样分析，得到下表（单位：人）：

(1)根据以上数据，能否在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为“体能优秀”还是“体能一般”与数学成绩有关？（结果精确到小数点后两位）．

(2)①现从抽取的数学优秀的人中，按“体能优秀”与“体能一般”这两类进行分层抽样抽取10人，然后，再从这10人中随机选出4人，求其中至少有2人是“体能优秀”的概率；

②将频率视为概率，以样本估计总体，从该市中学生中随机抽取10人参加座谈会，记其中“体能优秀”的人数为X，求X的数学期望和方差．

参考公式：，其中．

参考数据：

【答案】(1)不能，理由见解析；

(2)①，②，

【分析】（1）运用公式求出，比较得出结论.

（2）①先用分层抽样得到“体能优秀”与“体能一般”的人数，再利用公式计算至少有2人是“体能优秀”的概率.

②根据已知条件知此分布列为二项分布，故利用数学期望和方差的公式即可求出答案．

【详解】(1)由表格的数据可得，，

 故不能在犯错误的概率不超过0.10的前提下认为“体能优秀”还是“体能一般”与数学成绩有关.

(2)①在数学优秀的人群中，“体能优秀”与“体能一般”的比例为

“体能一般”的人数为，

“体能优秀”的人数为

故再从这10人中随机选出4人，其中至少有2人是“体能优秀”的概率为.

②由题意可得，随机抽取一人“体能优秀”的概率为，且

故，

19．在直棱柱中，，，且，，,

(1)求证：；

(2)求直线与平面所成角正弦值.

【答案】(1)证明见解析

(2)

【分析】(1)分别以为轴，建立空间直角坐标系,可得从而可证明.

(2)由（1）中所建立的空间直角坐标系，利用向量法可求解.

【详解】(1)在直棱柱中，,所以分别以为轴，建立空间直角坐标系.

则

,,则,

则

又，则

所以

(2),

设平面的法向量为

，可取

设直线与平面所成角为

则

20．已知椭圆的离心率为，且经过点，，过点作直线与椭圆交于点，（点，异于点，），连接直线，交于点.

(1)求椭圆的方程；

(2)当点位于第二象限时，求的取值范围.

【答案】(1)；

(2).

【分析】(1)根据题意确定a、b、c的值，即可求出椭圆的标准方程；

(2)设，联立PQ直线方程与椭圆方程，由韦达定理表示出，利用两点坐标求出直线AQ、PB的斜率，结合两角差的正切公式和基本不等式即可求得的取值范围.

【详解】(1)由题意知，，又，

所以，故椭圆的标准方程为;

(2)设直线PB倾斜角为，斜率为，直线AQ倾斜角为，斜率为，

直线PQ的方程为：，

则，消去x，得，

，设，

，有，

所以，

即，

则，

因为点P位于第二象限，则，

所以，故.

21．已知函数.

(1)求的极值；

(2)设，若存在唯一极大值，极大值点为，且，求的取值范围.

【答案】(1)的极大值为，无极小值.

(2)

【分析】（1）直接对函数求导，然后令求得函数的驻点，然后根据极值的定义即可

（2）先对求导，可得，再根据参数分类讨论，并求得函数的极大值点满足的条件，再求出极大值，然后再研究函数的单调性，根据题意求出的范围，从而可得出答案.

【详解】(1)由题意知定义域为：

当时，，则单调递增；

当，即，则单调递减.

故的极大值为，无极小值.

(2)由题意

对求导可得：

令

当，又，即时，则恒成立

故在单调递增，不存在极大值；

当，又，即时， 的称轴为

可得：

故在上分别有一个零点为

当时，，则单调递增；

当时，，则单调递减；

当时，，则单调递增.

综上可得：极大值点为

即，可得：即，解得

则有：

令

，则在单调递增

又，

由，所以在单调递增，

当时，

所以由 ，得

又，所以

所以的范围是

【点睛】关键点睛：本题考查求函数的极值，根据极值求参数范围，解答极值问题的关键要注意一下极点:

（1）可导函数在点处取得极值的充要条件是，且在左侧与右侧的符号不同；

（2）若在 内有极值，那么在内绝不是单调函数，即在某区间上单调增或减的函数没有极值．

22．在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t 为参数），以坐标原点为极点，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)求曲线C的直角坐标方程与直线l的普通方程；

(2)直线l与曲线C交于A，B两点，点P（-2，6），求.

【答案】(1)，x+y-4=0

(2)

【分析】(1)根据公式即可将极坐标方程化为直角坐标方程，消去参数t即可将参数方程化为普通方程；

(2)易知点P（-2，6）在直线上，得出直线l参数方程，代入曲线C的直角坐标方程，得到关于t的一元二次方程，根据韦达定理和参数t的几何意义即可得出结果.

【详解】(1)由得，

把

代人得：，所以曲线C的直角坐标方程为：

由消去参数t得：x+y-4=0，所以直线l的普通方程为x+y-4=0；

(2)显然点P（-2，6）在直线上，

则直线l参数方程的标准形式为：（t'为参数），

将直线l参数方程的标准形式代人曲线C的直角坐标方程得：

整理得：，因，

设点A，B所对参数分别为，

则有，显然，

因此，

23．已知函数.

(1)求不等式的解集；

(2)若对，都有恒成立，求a的取值范围.

【答案】(1)

(2)或

【分析】（1）去掉绝对值符号后分段解不等式，从而可得原不等式的解.

（2）求出在上的最小值可得关于的不等式，其解为所求的取值范围.

【详解】(1)

由，得或或

解得：或或.

∴不等式的解集为；

(2)对，由（1）可得：

时，；

时，；

时，；

故，

因为，都有，

则即，解得或，

故a的取值范围或.