安徽省安庆市2021-2022学年高三理科数学下学期二模试题 Word版含解析

2022年安庆市高三模拟考试（二模）

数学试题（理）

第Ⅰ卷

一、选择题：本题共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.

1. 设集合，，则（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】先解出集合A、B,再求.

【详解】因为，，

所以.

故选：C.

2. 复数z满足（i为虚数单位），则实数m＝（    ）

A. 2 B. 1 C. －1 D. －2

【答案】C

【解析】

【分析】设，代入后，由复数相等的条件列方程求出m.

【详解】设，则，有，由复数相等得到.

故选:C.

3. 命题p：，，则为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】化简命题“，”，结合全称命题与存在性命题的关系，即可求解.

【详解】由题意，命题“，”可化为命题“，”

根据全称命题与存在性命题的关系得：

命题“，”的否定“，”.

故选：D.

4. 抛物线的焦点为F，点A在抛物线上.若，则直线AF的斜率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】设出A点坐标，由焦半径公式得到A点横坐标，进而求出A点纵坐标，求出直线AF的斜率.

【详解】由题意得：，设点，则，故，，故点A坐标为或，所以直线的斜率为.

故选：B.

5. 已知，，则（    ）

A.  B.  C.  D. 或1

【答案】A

【解析】

【分析】对条件进行平方得到关于的一元二次方程，求出，再利用辅助角公式进行计算.

【详解】由已知，，平方得，由于，所以，解得：或（舍去），所以，

故.

故选：A.

6. 圆锥被过顶点的一个截面截取部分后所剩几何体的三视图如图所示，则截取部分几何体的体积为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据三视图画出几何体的直观图，则可得截去部分是圆锥的三分之一中再截去一个三棱锥，从而可求出其体积

【详解】解：如图，圆锥底面半径为2，高为3，，

，，

截取的几何体的体积.

故选：A.

7. 我国唐代著名的数学家僧一行在著作《大衍历》中给出了近似计算的“不等间距二次插值算法”，用数学语言可表述为：若，，，则在闭区间上函数可近似表示为：，其中，，.已知函数，，分别取，，，则用该算法得到（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】按照题目中给的定义计算出，再代入即可.

【详解】根据条件可知，，，

所以，

所以.

故选：D.

8. 已知函数，的最小正周期为，将其图象沿x轴向右平移个单位，所得图象关于直线对称，则实数m的最小值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由已知，先对函数进行化简，根据最小正周期为，求解出，然后根据题意进行平移变换，得到平移后的解析式，再利用图象关于直线对称，建立等量关系即可求解出实数m最小值.

【详解】

由其最小正周期为，有，所以，

将其图象沿轴向右平移（）个单位，所得图象对应函数为，

其图象关于对称，则有，

所以， ，

由，实数的最小值为.

故选：B.

9. 已知A，F分别是双曲线的右顶点和左焦点，O是坐标原点.点P在第一象限且在C的渐近线上，满足PA⊥AF.若OP平分∠APF，则双曲线C的离心率为（    ）

A. 2 B.  C. 3 D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出直线的方程，得到到直线的距离；求出到直线的距离等于.由角平分线的性质得到，整理化简求出离心率.

【详解】根据题意, A，F分别是双曲线的右顶点和左焦点，可得点的坐标为，点的坐标为，其中，所以直线的方程为，即.

所以坐标原点到直线的距离等于.

因为，所以点到直线距离等于.

由平分，由角平分线上一点到角两边距离相等可得，

即.

因为离心率，又，所以，解得:.

故选：A.

10. 已知等比数列，公比为q，其中，q均为正整数，且，，成等差数列，则等于（    ）

A. 96 B. 48 C. 16 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】由已知，可根据“，，成等差数列”列式，然后将、全部换成与q的关系，然后根据，q均为正整数，列方程组求解即可.

【详解】等比数列，由，有，

即，

由于，均为正整数，故（不合题意，舍去）

或，得.

所以.

故选：B.

11. 棱长为2的正方体中，E，F分别是棱BC，的中点，下列命题中错误的是（    ）

A.  B. EF∥平面

C. EF⊥平面 D. 四面体的体积等于

【答案】C

【解析】

【分析】构造直角三角形直接计算可判断A；取的中点，连接，构造平行四边形可证明B；假设EF⊥平面，利用假设推出矛盾可判断C；通过转化可求出体积判断D.

【详解】，A正确；

如图，取的中点，连接，，易知，所以四边形是平行四边形，所以//，又平面，平面，所以//平面，B正确；

若平面，因为平面，则，因为平面，平面，所以，又平面，平面，所以平面，又平面，得，显然不成立，C不正确；

因为E为BC中点，所以，D正确.

故选：C.

【点睛】

12. 若存在两个正实数使得等式成立，则实数的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

先分离参数为，然后换元，设，用导数求得新函数的取值范围．

【详解】由得，令，则，，

设，则，

时，，递增，，，递减，时．

时，，

所以的取值范围是，即的取值范围是．

故选：D．

【点睛】本题考查对数函数的性质，考查用导数求函数值域．解题关键是把问题转化为求函数的值域，一是分离参数，二是换元．

第Ⅱ卷

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.

13. 已知平面向量，为单位向量，，若，垂直，则，的夹角为______.

【答案】##

【解析】

【分析】根据，垂直，结合数量积的运算律求得，从而可得出答案.

【详解】解：因为，垂直，

所以，

故，故，

又，

所以，的夹角为.

故答案为：.

14. 立德中学开展学生数学素养测评活动，高一年级测评分值（满分100分）X近似服从正态分布，正态曲线如图①所示.为了调查参加测评的学生数学学习的方法与习惯差异，决定在分数段内抽取学生，并确定m＝67，且.在某班随机抽样得到20名学生的分值分布茎叶图如图②所示.若该班抽取学生分数在分数段内的人数为k，则k等于______；这k名学生的人均分为______.

（附：，，）

【答案】    ①. 10    ②. 74分

【解析】

【分析】由已知，测评分值服从正态分布，根据图像，分别求解出，，根据给的参考数据，结合给定的范围，即可确定的值，然后根据区间的范围，在图②输出满足条件的数据，即可确定k的值，并根据k的取值再去计算平均数即可.

【详解】有图像可知，服从正态分布，其中，，所以随机变量，

，，

由，

可得.

由图②可知，该班在内抽取了10人；

所以，人均分为分.

故答案为：10，74分.

15. 已知定义在区间上的函数，满足，当时，.则满足不等式的实数a的范围为______.

【答案】

【解析】

【分析】先构造函数，得到为偶函数，再由条件得到函数在上的单调性，解不等式组即可.

【详解】设，，则，故为偶函数，由，有，故，又当时，为减函数，故函数在上为减函数，故，解得.

故答案为：.

16. 如图，在△ABC中，点D在边AB上，CD垂直于BC，∠A=30°，BD=2AD，，则△ABC的面积为______.

【答案】

【解析】

【分析】根据给定条件，结合余弦定理、勾股定理求出AB长，再利用三角形面积公式计算作答.

【详解】因为，设，则，

在中，由余弦定理得，

在中，由余弦定理得，

因为，即，于是得，解得，则，

所以的面积.

故答案为：

三、解答题：共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22，23题为选考题，考生根据要求作答.

（一）必考题：共60分.

17. 已知数列的前n项和为，且满足，.

（1）求的通项公式；

（2）若，求前n项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据关系，并结合累乘法求解即可得答案；

（2）由题知，，再根据裂项求和法求解即可得答案.

【小问1详解】

解：时，，解得.

当时，，故，

所以，

故.

符合上式

故的通项公式为，.

【小问2详解】

解：结合（1）得
，

所以

.

18. 如图，四边形是梯形，是等腰三角形，，且平面平面.

（1）求证： ；

（2）如果直线与平面所成角的大小为45°，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，取的中点，连接，进而根据几何关系证明平面，进而证明结论；

（2）由平面平面得平面，进而得就是直线与平面所成的角，再根据线面角，结合余弦定理得，进而以，以为坐标原点，、、分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，令，利用坐标法求解即可.

【小问1详解】

证明：如图，取的中点，连接.

因为，//，，

所以四边形是矩形，所以.

在△中，，

所以°. 连接，则△是等边三角形.

取的中点，连接，则. 连接，

因为，所以，

因为，

所以平面，所以.

【小问2详解】

解：因为平面平面，，平面平面，平面，

所以平面.

连接，则就是直线与平面所成的角，

所以°，

所以.

在△中，，°，

所以，

所以.

如图，以为坐标原点，、、分别为轴、轴和轴的正方向，建立空间直角坐标系，令，

则，，， .

由，可得.

所以，.

设平面的一个法向量为，

由，得.

可取，，则.

因为平面的一个法向量为，所以，

所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

19. 2022年2月4日，第24届北京冬奥会在国家体育馆隆重开幕，本届冬奥会吸引了全球91个国家和地区的2892名冰雪健儿前来参赛.各国冰雪运动健儿在“一起向未来”的愿景中，共同诠释“更快、更高、更强、更团结”的奥林匹克新格言，创造了一项又一项优异成绩，中国队9金4银2铜收官，位列金牌榜第三，金牌数和奖牌数均创历史新高.中国健儿在赛场上努力拼搏，激发了全国人民参与冰雪运动的热情，憨态可掬的外貌加上富有超能量的冰晶外壳的吉祥物“冰墩墩”备受大家喜爱.某商场举行“玩摸球游戏，领奥运礼品”的促销活动，活动规定：顾客在该商场一次性消费满300元以上即可参加摸球游戏.摸球游戏规则如下：在一个不透明的袋子中装有10个大小相同、四种不同颜色的小球，其中白色、红色、蓝色、绿色小球分别有1个、2个、3个、4个，每个小球上都标有数字代表其分值，白色小球上标30、红色小球上标20、蓝色小球上标10、绿色小球上标5.摸球时一次只能摸一个，摸后不放回.若第一次摸到蓝色或绿色小球，游戏结束，不能领取奥运礼品；若第1次摸到白色小球或红色小球，可再摸2次.若摸到球的总分不低于袋子中剩下球的总分，则可免费领取奥运礼品.

（1）求参加摸球游戏顾客甲能免费领取奥运礼品的概率；

（2）已知顾客乙在第一次摸球中摸到红色小球，设其摸球所得总分为X，求X的分布列与数学期望.

【答案】（1）；   

（2）分布列见解析，.

【解析】

【分析】（1）分甲第一次摸到白球或者红球两种情况讨论，利用互斥事件的概率和古典概型的概率公式求解；

（2）由条件可知，再求出对应的概率即得解.

【小问1详解】

解：因所有小球的总分为120分，若甲第1次摸到白球，再摸两个球的颜色若都是红色，或者一红一蓝即可领取奥运礼品，其概率为；

若甲第1次摸到红球，再摸2个球的颜色若是一白一红，一白一蓝即可领取奥运礼品，其概率为；                          

所以顾客甲能免费领取奥运礼品的概率为.

【小问2详解】

解：由条件可知，

，，

，，

，，

，，

于是的分布列为：

其数学期望为

.

20. 已知曲线，其离心率为，焦点在x轴上.

（1）求t的值；

（2）若C与y轴交于A，B两点（点A位于点B的上方），直线y＝kx＋m与C交于不同的两点M，N，直线y＝n与直线BM交于点G，求证：当mn＝4时，A，G，N三点共线.

【答案】（1）2    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据曲线的离心率可知曲线表示椭圆，从而确定 ，结合离心率求得答案;

（2）设点M.N的坐标，联立直线和椭圆方程，得到根与系数的关系式，表示直线的方程，求得点G坐标，从而表示出直线和直线的斜率，然后结合根与系数的关系式，化简，证明二者相等，即可证明结论.

【小问1详解】

由曲线，其离心率为，焦点在x轴上.可知，

曲线是焦点在轴上的椭圆，则其方程可化为，

所以必须满足：，解得，

因的离心率为，，即 ，故，

解得.

【小问2详解】

由（1）可知的方程为，所以，.

把代入，整理得，

设，，

则，，

因为点，所以直线的方程为：.

令，得，所以.

因为点，所以直线的斜率为，

直线斜率为.

所以

.

其中

，

当时，上式等于0，即，这说明，，三点共线.

【点睛】本题考查了根据曲线表示椭圆求参数的值，以及直线和椭圆的位置关系等问题，其中证明三点共线是难点，解答时要注意解答思路要清晰明确，即将直线和椭圆方程联立，利用根与系数的关系去表示或化简相关的代数式，解答的关键是证明有公共点的两直线斜率相等，其中的计算量较大，并且比较繁杂，要细心.

21. 已知函数，a>0.

（1）求函数的最值；

（2）当a>1时，证明：函数有两个零点.

【答案】（1）最大值为，没有最小值   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由已知函数进行求导，然后进行因式分解，构造函数，并判断其单调性以及其零点所在的范围，利用其零点满足的等量关系带入原函数去求解最值即可；

（2）根据已知函数的最大值，结合a的取值范围，判断其最大值的大小，然后在极值点两边所在的区间进行取值，通过赋值，并带入原函数判断大小，即可确定零点个数.

【小问1详解】

，

由于，，所以，

设，则，

故函数在区间上单调递减，由于，，

故存在，使.

故当，，则，当时，，则，

从而存在，的单增区间为，单减区间为.

函数的最大值为，

由于，所以，

故.

所以函数的最大值为，没有最小值.

【小问2详解】

设＞1），则，

当时，，故在上单调递增，

故，即.

当时，由（1）知，由于，

由（1）知，且，，故，

即，所以，

且，

而，

故函数有两个零点.

【点睛】再计算隐零点相关的题目中，可借助零点所满足的等量关系，如本题，并对此式子进行变形，变成，从而带入原函数可以整替换掉，从而将原函数中进行抵消，从而得到极值.

（二）选考题：共10分.请考生从第22，23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.

22. 已知直线（其中常数，为参数），以原点为极点，以轴非负半轴为极轴，取相同的单位长度建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.已知直线与曲线相切于点.

（1）求的值；

（2）若点为曲线上一点，求的面积取最大值时点的坐标.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）将直线、曲线的方程均化为普通方程，可知曲线为圆，利用圆心到直线的距离等于圆的半径，结合可求得实数的值；

（2）联立直线与曲线的普通方程，可得出点的坐标，求出直线的方程，设点的坐标为，利用点到直线的距离公式结合三角恒等变换可求得点到直线的距离的最大值，可求得的值，即可求得点的坐标.

【小问1详解】

解：由已知可得直线的普通方程为，

曲线的极坐标方程可化为，即，

所以，曲线的直角坐标方程为，

所以，曲线是以点为圆心，半径为的圆，

根据点到直线的距离公式可知，因为，解得.

【小问2详解】

解：联立，解得，即点，

所以，直线的方程为，而且弦的长度一定，

要使的面积最大，只需点到直线的距离最大，

设，则点到直线的距离为，

所以当时，即当hi，即时，

点到直线的距离最大，此时点的坐标为.

23. 已知函数.

（1）求不等式的解集；

（2）设函数的最小值为，正实数，满足，求证：.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）根据绝对值分段讨论

（2）分段讨论后求出的值，然后利用基本不等式求出的范围

【小问1详解】

由条件可知原不等式可化为

①，②，③，

解①得；解②得；解③得，

所以原不等式的解集为.

【小问2详解】

因，

所以当时，函数的最小值为，于是，∵a>0，b>0

而，于是.

∵

∴，原不等式得证