2022届安徽省六校教育研究会高三下学期2月第二次联考数学（理）试题含解析

这是一份2022届安徽省六校教育研究会高三下学期2月第二次联考数学（理）试题含解析，共22页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2022届安徽省六校教育研究会高三下学期2月第二次联考数学（理）试题
一、单选题
1．设集合，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据对数函数的单调性求出集合，再根据交集的运算即可得出答案.
【详解】解：，
所以.
故选：C.
2．若复数满足，其中为虚数单位，则的虚部为（       ）.
A．0 B． C． D．
【答案】B
【分析】化简复数为的形式，由此求得的虚部.
【详解】依题意，故的虚部为.
故选B.
【点睛】本小题主要考查复数的除法运算，考查虚部的概念，属于基础题.
3．如图，是根据某班学生在一次数学考试中的成绩画出的频率分布直方图，记由该直方图得到的数学考试成绩的众数、中位数和平均数分别为a，b，c，则（       ）

A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据频率分布直方图读出众数a，计算中位数b，平均数c，再比较大小.
【详解】由频率分布直方图可知：众数；
中位数应落在70-80区间内，则有：，解得：；
平均数
所以
故选：A
4．设，，，则（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】根据已知条件，将与和进行比较，将与进行比较，将与
和进行比较确定a、b、c三个数的大小，从而完成求解.
【详解】，所以，，所以，
，所以，所以.
故选：B.
5．设，满足约束条件，则的最大值是（       ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据线性约束条件作出可行域，作直线沿可行域的方向平移，由的几何意义即可求解.
【详解】根据线性约束条件作出可行域如图：

由可得，作直线沿可行域的方向平移，
由图知：过点时，最大即最大，
由可得，
所以，
故选：C.
6．某日，甲、乙、丙三个单位被系统随机预约到A，B，C三家医院接种疫苗，每家医院每日至多接待两个单位.已知A医院接种的是只需要打一针的腺病毒载体疫苗，B医院接种的是需要打两针的灭活疫苗，C医院接种的是需要打三针的重组蛋白疫苗，则甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的概率为（       ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】求出三个单位被系统随机预约接种疫苗的基本事件数，再求出甲单位不接种需要打三针的
重组蛋白疫苗的基本事件数，然后利用古典概率公式计算作答,
【详解】当A，B，C三家医院都接待一个单位时有种，当A，B，C三家医院有两家接待两个单位时有种，
因此，三个单位被系统随机预约接种疫苗的基本事件有个，它们等可能，
甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的事件M，即甲不选C医院，选A，B医院之一，有种选法，
乙、丙从A，B，C三家医院中任选一家，去掉他们都选A医院的情况，有种选法，
因此，事件M含有的基本事件数为个，
所以甲单位不接种需要打三针的重组蛋白疫苗的概率.
故选：B
7．已知抛物线，点P为直线上的任意一点，过点P作抛物线C的两条切线，切点分别为A，B，则点到直线AB的距离的最大值为（       ）
A．1 B．4 C．5 D．
【答案】D
【分析】先求得直线AB的方程，再去求点到直线AB的距离的最大值即可解决.
【详解】设，切点，
由题意知在点A处的切线斜率存在且不为0，设在点A处切线斜率为
在点A处切线方程可设为
由，可得
由，可得
则在点A处切线方程可化为，即
由题意知在点B处的切线斜率存在且不为0，设在点B处切线斜率为
在点B处切线方程可设为
由，可得
由，可得
则在点B处切线方程可化为，即
又两条切线均过点P，则，
则直线AB的方程为，即
则直线AB恒过定点
点到直线AB的距离的最大值即为点到的距离

故点到直线AB的距离的最大值为.
故选：D
8．在的展开式中，项的系数为（       ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】写出的展开式通项，令的指数为，求出参数的值，代入通项后即可得解.
【详解】的展开式通项为，
的展开式通项为，
故的展开式通项为，
令，且，、，所以，，，
故展开式中项的系数为.
故选：A.
9．已知点，圆上的两个不同的点、满足，则的最大值为（       ）
A．12 B．18 C．60 D．
【答案】C
【分析】根据给定条件求出弦AB中点的轨迹，再求出这个轨迹上的点到直线的距离最大值即可推理计算作答.
【详解】因，则点A，P，B共线，即过点P的直线AB与圆交于不同的两点A，B，
表示点、到直线的距离和的5倍，
设弦AB中点，则有
于是得：，
圆的圆心，显然点P在此圆内，即过点P的任意直线与圆都相交，
当点M与点P，Q都不重合时，由圆的性质知，，有，
当点M与点P，Q之一重合时，也成立，于是得，
又，从而得，即点M的轨迹是以原点为圆心的单位圆，
圆的圆心到直线的距离，
则圆上的点到直线的距离的最大值为，
所以的最大值为60.
故选：C
10．直线a与平面所成的角为15°，点P为空间一定点，过点P作与成45°、与a成60°的直线l可以作（       ）
A．2条 B．3条 C．4条 D．无数条
【答案】B
【分析】设直线与平面交于点，过点作与成的直线，它在如图的轴截面为等腰直角三角形的圆锥侧面上运动．设在内的射影为直线，、确定的平面为，由直线与平面所成角的性质可得当圆锥的母线在落在平面内时，它与所成角为或．由此将圆锥的母线绕点旋转并观察母线与直线所成角的变化，可得圆锥侧面上共有三条母线所在的直线与所成角为，由此结合异面直线所成角的定义可得满足条件的直线的条数．
【详解】解：设直线与平面相交于点，在内的射影直线为，
设圆锥的顶点为点，圆锥的轴平面，圆锥的轴截面为等腰
，如图所示．

可得图中圆锥的任意一条母线与平面所成角都等于，
设直线为圆锥的一条母线所在直线，直线、确定的平面为，
由直线与平面所成角的性质，可得当落在平面内时，
直线与直线所成角等于或，
当与所在直线重合时，与所成角为；当与所在直线重合时，与所成角为．
当直线从的位置按顺时针方向旋转到位置时，、所成角从增大到，再减小到，
这个过程中必定有一个位置满足与所成角为；
同理当直线从的位置按逆时针方向旋转到位置时，这个过程中也存在一个位置满足与所成角为．
综上所述，经过点的直线共有3条满足与所成角为．
将满足条件的直线平移到使它经过空间的点得到直线，
根据异面直线所成角的定义，可得直线与直线所成角为，满足条件的直线有3条．
过点作与成、与成的直线可以作3条．
故选：B．
11．已知数列满足：，，，若将数列的每一项按照下图方法放进格子里，每一小格子的边长为1，记前n段圆弧所在正方形的面积之和为，第n段圆弧与其所在的正方形所围成的扇形面积为.现有如下命题：

：；
：；
：；
：.
则下列选项为真命题的是（       ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】命题，可以取、和去验证是否成立；命题，可以通过对n进行取值验证；命题，可通过叠加的方法来进行推导；命题，可以通过题意写出的表达式，然后带入化简验证，判断完四个命题后，再根据四个选项的组合进行选择.
【详解】因为，，，
，，
当时，，而成立，
假设当时，，
那么当时，，
则当时，等式也成立，
所以对于任意，成立，故该命题正确；
，由题意可得，，，，，，，
，当时，，该命题错误；
，，，，叠加得：，故该命题正确；
，由题意可知，所以，故该命题正确；
所以选项A，为假命题；选项B，为假命题；选项C，为假命题；选项A，为真命题.
故选：D.
12．已知函数，若方程有3个不同的实根，，，则的取值范围是（       ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】求得，得到函数单调性进而画出函数的图象，结合图象，进而得到的取值范围为，得到，构造新函数，结合导数求得函数的额单调性与最值，即可求解.
【详解】由题意，函数，可得，
当时，，单调递增；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
又由当时，，时，，
且，，，
故可大致画出的图象如下：
由图象可知，a的取值范围为，
此时对应的取值范围为，而，
故令，则，
故当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
而，，，
故的取值范围是.
故选：A.

二、填空题
13．已知向量=（1，2），=（3，﹣4），则向量在向量上的投影为__．
【答案】﹣1
【分析】利用向量投影的意义解答即可.
【详解】解：由已知,向量在向量上的投影为.
故答案为：−1.
【点睛】本题考查了平面向量的投影求法；利用数量积的几何意义求之即可.
14．若双曲线的一个焦点F关于其一条渐近线的对称点P在双曲线上，则双曲线的离心率为______.
【答案】
【分析】求出焦点关于一条渐近线的对称点P的坐标，代入双曲线方程求解作答.
【详解】由双曲线的对称性，不妨令F为右焦点，渐近线为，即，令半焦距为c，则，
过F垂直于渐近线的直线方程为：，即，
由解得，即过F垂直于渐近线的直线与该渐近线交于点，
依题意，点P的坐标为，而点P在双曲线上，则有，
即，而，于是得，整理得：，而，解得，
所以双曲线的离心率为.
故答案为：
15．函数，已知且对于任意的都有，若在上单调，则的最大值为______.
【答案】5
【分析】根据已知条件，利用和建立起关于的等量关系，然后根据在上单调，卡出的范围，在前面的等量关系中选取合适的值即可.
【详解】因为函数，，
所以，
所以，,
因为于任意的都有，所以，
所以，
所以，
所以
或，
所以或，
即（舍去），所以，
因为，所以，即，
令，所以，在上单调，
，且，所以在区间中包含在一个对称轴和对称中心之间（）即，
所以，而，
所以的最大值为5.
故答案为：5.
16．在四棱锥中，已知底面，，，，，是平面内的动点，且满足.则当四棱锥的体积最大时，三棱锥外接球的表面积为______.
【答案】
【分析】分析可知，然后以点以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，设点，求出点的轨迹方程，可知当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，设点，设三棱锥的球心为，列方程组求出点的坐标，可求得球的半径，再利用球体表面积公式可求得结果.
【详解】因为，，，，则四边形为直角梯形，
平面，平面，则，
，，平面，则平面，
、平面，，，则，
故，
平面，，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、、、，设点，
由可得，化简可得，
即点的轨迹为圆，当点到平面的距离最大时，四棱锥的体积最大，
不妨设点，设三棱锥的球心为，
由，可得，解得，
所以，三棱锥的外接球球心为，球的半径为，
因此，三棱锥的外接球的表面积为.
故答案为：.
【点睛】方法点睛：求空间多面体的外接球半径的常用方法：①补形法：侧面为直角三角形，或正四面体，或对棱二面角均相等的模型，可以还原到正方体或长方体中去求解；
②利用球的性质：几何体中在不同面均对直角的棱必然是球大圆直径，也即球的直径；
③定义法：到各个顶点距离均相等的点为外接球的球心，借助有特殊性底面的外接圆圆心，找其垂线，则球心一定在垂线上，再根据带其他顶点距离也是半径，列关系求解即可；
④坐标法：建立空间直角坐标系，设出外接球球心的坐标，根据球心到各顶点的距离相等建立方程组，求出球心坐标，利用空间中两点间的距离公式可求得球的半径.
三、解答题
17．在中，AD是底边BC上的高，垂足为点D，且.
(1)若边长，，成等比数列，求的正弦值；
(2)求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）设，，，，根据等面积法可得，再由，即可得到，最后由三边成等比数列，即可得到，从而得解；
（2）设由余弦定理及（1）中的结论可得，再两边同除，即可得到，最后利用辅助角公式及正弦函数的性质计算可得；
【详解】(1)解：设，，，.
由面积公式可得.又已知，代入上式可知.
又由于a，b，c成等比数列，即，代入上式，得.
(2)解：设，在中，由余弦定理可知，
由（1）可知，代入上式可知，
于是，
其中，为锐角，故当时，.
18．在《九章算术》中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为“阳马”.如图，在“阳马” 中，侧棱底面ABCD，且.

(1)若，试计算底面ABCD面积的最大值；
(2)过棱PC的中点E作，交PB于点F，连DE，DF，BD.若平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，试求的值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据已知条件，可设，，表示出底面ABCD的面积，然后利用基本不等式即可完成最值得求解；
（2）设出，以点D为原点，建立空间直角坐标系，分别求解出平面DEF与平面ABCD的法向量，然后利用已知条件，求解出，即可求解出的值.
【详解】(1)设，，由已知可知，而底面ABCD的面积为xy.
则由均值不等式，可知，
当且仅当时等号成立.
(2)如图，以点D为原点，射线DA，DC，DP分别为x轴，y轴，z轴的正半轴，
建立空间直角坐标系.

设，，则，，，，
所以.由于E是PC的中点，则，故，
于是，即.
又已知，而，
所以平面DEF，故是平面DEF的一个法向量.
而因为平面ABCD，所以是平面ABCD的一个法向量.
由已知平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，
则，解得，
所以.
故当平面DEF与平面ABCD所成锐二面角的大小为，
19．某校高三年级举行元宵喜乐会，两人一组猜灯谜，每轮游戏中，每小组两人各猜灯谜两次，猜对灯谜的次数之和不少于3次就可以获得“最佳拍档”称号.甲乙两人同一小组，甲和乙猜对灯谜的概率分别为，.
(1)若，，求在第一轮游戏中他俩就获得“最佳拍档”称号的概率；
(2)若，且在前n轮游戏中甲乙两人的小组获得“最佳拍档”称号的次数的期望为16次，则n的最小值是多少？并求此时的，的值.
【答案】(1)
(2)，
【分析】（1）根据题意，利用相互独立事件的概率乘法公式和互斥事件的概率加法公式，即可求得轮游戏中他俩就获得最佳拍档称号的概率；
（2）求得第一轮游戏中获得“最佳拍档”称号的概率为，根据题意得到，令，得到，结合二次函数的性质和二项分布的性质，即可求解.
【详解】(1)解：由题意，在“第一轮游戏中他俩就获得最佳拍档称号”为事件A，
则.
(2)解：他们在第一轮游戏中获得“最佳拍档”称号的概率为

，
由于，，因此，故，
令，则，
当时，可得，
甲乙两人小组前n轮游戏中获得“最佳拍档”称号的次数，
由，知.
所以n的最小值是，此时.
20．已知椭圆的左右焦点分别为，，且椭圆C上的点M满足，.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若在x轴上存在一点E，使得过点E的任意一条直线l与椭圆的两个交点P、Q，都有为定值，试求出此定值.
【答案】(1)
(2)5
【分析】（1）根据焦点坐标和焦点三角形中利用余弦定理建立方程，然后解出方程即可；
（2）先联立直线和椭圆的方程，然后根据韦达定理表示出、两点的纵坐标的关系，进而表示出，即可求得该定值，同时也对直线为轴时检验即可
【详解】(1)依题意得：，
由椭圆定义知：
又，则，在中，
由余弦定理得：
即
解得：
又
故所求椭圆方程为：
(2)设、、，当直线l不为x轴时的方程为
联立椭圆方程得：
化简可得：
根据韦达定理可得：，


当且仅当，即时，（定值）
即在x轴上存在点E使得为定值5，
点E的坐标为或
经检验，当直线PQ为x轴时，上面求出的点E也符合题意
【点睛】（1）解答直线与椭圆的题目时，时常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元二次方程，然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系；
（2）涉及到直线方程时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为或不存在等特殊情形．
21．已知函数的图象曲线C满足以下两个特性：
①过点存在两条直线与曲线C相切；
②曲线C上有A，B两点，其横坐标分别为，，且满足两点在曲线C上等高.请完成以下两个问题.
(1)求实数t的取值范围；
(2)若，且，求k值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据导数的几何意义求得切线方程，代入点，转化为在有两解，利用导数求得的单调性与最值，即可求解；
（2）结合的单调性得到，令，利用导数求得函数的单调性转化为，得到，构造函数，利用导数求得函数的单调性，转化为，得到，即可求解.
【详解】(1)解：由题意，函数，可得，
设切点为，则切线的斜率为，
即有切线的方程为，
代入点，即有，即为在有两解，
又由，可得，
当时，，递减；
当时，，递增，
所以当时， ，
且当时，；当时，，
即有，解得，故实数t的取值范围是.
(2)①解：由，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
又由，则有，，
令，可得，
令，则，
因为，所以，单调递增，
又由，所以，即，所以单调递减，
所以，即，
所以不等式成立，
则，
，
所以，整理得，
构造函数，则，
令，可得，
当时，可得，所以单调递减，
又因为，所以，即，所以
可得，所以单调递减，所以，
即，因此，整理得.
因此有，故，
若为整数，则.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别．
22．已知在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数）.以为极点，轴的非负半轴为极轴建立极坐标系，已知曲线：和：，曲线分别交，于，两点.
(1)求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
(2)求的面积.
【答案】(1)，；
(2).
【分析】（1）先求出曲线的普通方程，再求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）设，所以，设，可得，再求解.
【详解】(1)解：由参数方程（为参数），可得
消去可得的普通方程为.
又代入，可得，
即的极坐标方程为；
由极坐标方程，可得，
所以的直角坐标方程为.
(2)解：设，将代入，可得，所以.
设，同理可得，
所以.
23．函数.
(1)当时，不等式的解集；
(2)若时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）分、、三种情况解不等式，综合可得出集合；
（2）分析可得当时，，可得出，进一步可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】(1)解：当时，.
当时，由，可得，此时；
当时，由恒成立，此时；
当时，由，可得，此时.
综上所述，.
(2)解：当时，，
由，得，可得，
因为当时，不等式恒成立，
所以，，则，解得，
因此，.