2021-2022学年“皖豫名校联盟体”高三上学期第二次考试文科数学试题（解析版）

这是一份2021-2022学年“皖豫名校联盟体”高三上学期第二次考试文科数学试题（解析版），共25页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
皖豫名校联盟体2022届高中毕业班第二次考试文科数学一、选择题1. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 2. 已知全集，集合，，则（   ）A.  B.  C.  D. 3. 已知抛物线的焦点为，点，在抛物线上，若的重心的横坐标为，则（     ）A.  B.  C.  D. 4. 已知，满足约束条件，则的最大值为（   ）A  B.  C.  D. 5. 函数部分图像大致是（    ）A.  B.  C.  D. 6. 如图所示，已知圆柱的底面半径为，是圆柱的一条母线，为线段的中点，且，为半圆弧的中点，则直线与所成角的正切值为（   ）A.  B.  C.  D. 7. 如图，坐标系中给出了函数的部分图象.已知数列的前项和为，且满足，（且），则（   ）A.  B.  C.  D.  8. 函数的部分图像如图所示，将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则函数的单调递增区间为（     ）A.  B. C.  D. 9. 在梯形中，，，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 10. 已知，且，则（     ）A.  B.  C.  D. 11. 已知四棱锥底面是边长为正方形，平面平面，，，则四棱锥的外接球的表面积为（     ）A  B.  C.  D. 12. 已知是双曲线（）的右焦点，点在双曲线上，直线与轴交于点，点为双曲线左支上的动点，则的最小值为（    ）A  B.  C.  D. 二、填空题13. 函数的定义域为__________.14. 已知函数（，）的最大值为，则实数_________.15. 在直角坐标系中，直线与圆（）相交于，两点，且，则__________.16. 已知函数，若方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是_________. 三、解答题17. 设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）设各项均为正数的等比数列，其前项和为，且满足，，若，求正整数的值.18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.19. 如图，在长方体中，底面为正方形，，分别为线段，的中点，且，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.20. 已知函数.（1）讨论函数的极值；（2）若函数在上的最小值是，求实数的值.21. 已知函数.（1）求曲线在处的切线方程；（2）判断函数的极值点和零点个数；（3）若恒成立，求实数的取值范围.22. 已知点为椭圆上一点，，分别为椭圆的左、右焦点，且的面积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆交于不同的两点，（均与不重合），直线，分别与轴交于点，，已知点，证明：为定值.
 皖豫名校联盟体2022届高中毕业班第二次考试文科数学一、选择题1. 已知复数，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据复数的乘法和除法的运算公式求.【详解】∵ ，∴  ，∴，故选：B.2. 已知全集，集合，，则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】化简集合，再根据补集的定义求，由此可得.【详解】∵  ，，∴  ，又，∴  ，故选：B.3. 已知抛物线的焦点为，点，在抛物线上，若的重心的横坐标为，则（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】设，，根据重心的性质求条件可求，再结合抛物线的定义求，【详解】∵  为抛物线的焦点，所以的坐标为，设，，因为点，在抛物线上，由抛物线定义可得，，∴，又的重心的横坐标为，∴ ，∴ ，∴，故选：C.4. 已知，满足约束条件，则的最大值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】画出约束条件所表示的平面区域，结合图象判定当直线平移到点A时，此时目标函数取得最大值，即可求解.【详解】作出可行域，如图，由目标函数，可得，当直线平移到点A时，此时直线在轴上的截距最大，同时目标函数取得最大值，又由，解得，所以目标函数的最大值为，故选：B5. 函数的部分图像大致是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据特殊点区分函数图象，利用排除法即可求解.【详解】当时，，故排除BC，当时，，显然可排除D，故选：A6. 如图所示，已知圆柱的底面半径为，是圆柱的一条母线，为线段的中点，且，为半圆弧的中点，则直线与所成角的正切值为（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】取的中点，连接，由知异面直线所成角为，由直角三角求出，即可求解.【详解】取的中点，连接，如图，易知在中，,因为为半圆弧的中点，所以在中，， 所以，因为，所以直线与所成角即为，即直线与所成角的正切值为,故选：D7. 如图，坐标系中给出了函数的部分图象.已知数列的前项和为，且满足，（且），则（   ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据递推关系，结合所给函数图象求出数列前几项，可知数列为周期数列，即可求解.【详解】因为，，所以，，即数列是以4为周期的数列，所以，故选：C 8. 函数的部分图像如图所示，将函数的图像向右平移个单位长度得到函数的图像，则函数的单调递增区间为（     ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据图象所过点，结合图象求出，再由平移得到，根据正弦型函数的单调性求解即可.【详解】由图象过点，可得，即，结合图象知，，即，所以，令,解得，，即函数的单调增区间为，故选：C9. 在梯形中，，，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】设梯形的高为，求得，求得，得到，在中，由余弦定理求得，即可求解.【详解】如图所示，分别过点作和，设梯形的高为，则，因为，，可得，所以，解得，在等腰直角中，可得，在中，由余弦定理可得 ，所以.故选：A.10 已知，且，则（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据二倍角的正余弦公式，诱导公式，同角的基本关系化简，即可求解.【详解】因为，所以，即，所以故选：B11. 已知四棱锥的底面是边长为正方形，平面平面，，，则四棱锥的外接球的表面积为（     ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】连接与交于，取的中点，连接，证得平面，证明球的球心为，求得，结合表面积公式，即可求解.【详解】如图所示，连接与交于，取的中点，连接，因为且，可得，又由平面平面，可得平面，则，又，可得球的球心为，半径，四棱锥的外接球的表面积为.故选：C. 12. 已知是双曲线（）的右焦点，点在双曲线上，直线与轴交于点，点为双曲线左支上的动点，则的最小值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由点在双曲线上，求出，再求点的坐标，根据数量积定义求，再求其最小值.【详解】∵ 点在双曲线上，∴ ，又∴ ，∴ 双曲线的方程为，∵ 是双曲线（）的右焦点，∴ 点的坐标为，∴ 直线的方程为，∴ 点的坐标为，∴ 点为线段的中点，∴  ,∴ ，又，∴ ，∵ 为双曲线左支上的动点，由双曲线的性质可得，∴ ，∴ 的最小值为-40，故选：B.二、填空题13. 函数的定义域为__________.【答案】【解析】【分析】由题知，解不等式即可得答案.【详解】要使函数有意义，则，解得，所以函数的定义域为，故答案为：.14. 已知函数（，）的最大值为，则实数_________.【答案】16【解析】【分析】根据指数函数的单调性可得函数（，）的最大值为等价于的最小值为3，即的最小值为9，结合基本不等式可求实数.【详解】∵  函数在上为减函数，又数（，）的最大值为，∴ 的最小值为3，即的最小值为9，又由基本不等式可得，当且仅当时等号成立，∴ ，∴ 故答案为：16.15. 在直角坐标系中，直线与圆（）相交于，两点，且，则__________.【答案】##1.6【解析】【分析】联立直线与圆的方程，由韦达定理求出，结合，化简求解即可.【详解】设，联立，消元得，当时，，因为，所以，解得.此时，满足成立,故答案为：16. 已知函数，若方程有4个不同的实数根，则实数的取值范围是_________.【答案】【解析】【分析】在作函数的图象和直线的图象，由图象研究方程的解得个数，在时方程可化为，由图象研究方程的解得个数，由此确定实数的取值范围.【详解】当时，方程可化为，设，则，∴ ，所以函数在时的切线方程为，作函数与直线的图象，由图象可得，当或时，函数与直线有且只有一个交点，即方程在上有一个根，当时，函数与直线有两个交点，即方程在上有两个根，当时，方程可化为，即设，作函数的图象，由图象可得，或时，直线的图象与有两个交点，即方程方程在上有两个根，当时，直线的图象与有三个交点，即方程方程在上有三个根，当或时，直线的图象与有一个交点，即方程方程在上有一个根，当时，直线的图象与没有交点，即方程方程在上没有根，综上，当且仅当时，方程有四个根，所以实数的取值范围是，故答案为： 三、解答题17. 设等差数列的前项和为，已知.（1）求数列的通项公式；（2）设各项均为正数的等比数列，其前项和为，且满足，，若，求正整数的值.【答案】（1）    （2）29【解析】【分析】（1）根据前n项和的意义及等差数列的通项公式列出方程求解即可；（2）根据等比数列的通项公式，前n项和公式联立方程求解.【小问1详解】因为，所以，设等差数列的公差为d，则，解得，故.【小问2详解】设的公比为，则得，解得或（舍去）所以由，得 解得，所以正整数的值为29.18. 在锐角中，角，，的对边分别为，，，已知.（1）求角的大小；（2）若，，求的面积.【答案】（1）    （2）的面积为.【解析】【分析】(1)由正弦定理可化为,由余弦定理可得，解方程可求角的大小；(2)由余弦定理结合已知条件可求，，，再由三角形面积公式求面积.【小问1详解】设的外接圆的半径为，由正弦定理可得，，，又，∴ ，由余弦定理可得，∴ ，∴  ，∴ 或(舍去)，又为锐角三角形，∴ ，【小问2详解】由(1)可得，又，，∴ ，，，又的面积，∴ ，∴ 的面积为.19. 如图，在长方体中，底面为正方形，，分别为线段，的中点，且，.（1）求证：平面；（2）求点到平面的距离.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）在直角中，求得，由为的中点，得到，又由平面，得到，结合线面垂直的判定定理，即可证得平面.（2）因为为的中点，则点到平面的距离等于点平面距离的一半，连接，由，即可求解.【小问1详解】证明：在长方体中，底面为正方形，，分别为线段，的中点，且，，在直角中，，可得，因为，且为的中点，所以，又由平面，且平面，所以，因为，且平面，所以平面.【小问2详解】解：因为为的中点，则点到平面的距离等于点平面距离的一半，连接，可得，所以，在直角中，，可得，在直角中，，可得，在等腰中，，所以，又由，可得，解得，所以点到平面的距离.20. 已知函数.（1）讨论函数的极值；（2）若函数在上最小值是，求实数的值.【答案】（1）答案见解析    （2）【解析】【分析】（1）求得，分和两种情况讨论，结合导数的符号，即可求解；（2）由（1）知，当时，不符合题意；当时，分、和三种情况讨论，结合函数的单调性和，即可求解.【小问1详解】解：由题意，函数的定义域为，可得，当时，可得，单调递增，此时函数的无极值；当时，令，可得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以当时，函数取得极小值，极小值为，无极大值.综上所述，当时，函数无极值；当时，函数的极小值为，无极大值.【小问2详解】由（1）知，当时，单调递增，可得，即（舍去）；当时，函数上单调递减，上单调递增，若时，即时，函数在上单调递增，所以，解得（舍去）若时，即时，函数在上单调递减，可得，解得（舍去），若时，即时，在上单调递减，在上单调递增，可得，即，解得，综上可得，实数的值为.21. 已知函数.（1）求曲线在处切线方程；（2）判断函数的极值点和零点个数；（3）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）;    （2）1,1;    （3）.【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义求出切线斜率，由点斜式可得切线方程；（2）利用导数求出函数的单调区间判断增减性即可求出函数的极值，再结合增减性及特殊值可求函数零点；（3）原不等式转化为恒成立，利用导数求函数的最大值即可求解.【小问1详解】函数定义域为，因为，所以曲线在处的切线方程为，即.【小问2详解】由（1）知，当时单调递增,当时单调递减，所以函数在时取得极大值，函数没有极小值，所以函数的极值点只有1个，因为, 当时,当时，所以 只有一个零点.【小问3详解】要使恒成立，即恒成立，令，则.当时，， 单调递增，当时，，单调递减，所以在时取得极大值也是最大值，，要使恒成立，则,即实数k的取值范围是.22. 已知点为椭圆上一点，，分别为椭圆的左、右焦点，且的面积为.（1）求椭圆的标准方程；（2）过的直线与椭圆交于不同的两点，（均与不重合），直线，分别与轴交于点，，已知点，证明：为定值.【答案】（1）    （2）证明见解析.【解析】【分析】（1）根据三角形面积可求出，再由点在椭圆上，即可求出，得椭圆方程；（2）先验证直线斜率为0时，满足题意，当斜率不为0时设l的方程为，联立方程，求出根与系数的关系，表示出D、E的坐标，计算，化简运算后即可求出定值.【小问1详解】由点为C上一点，得①.因为的面积为 ，所以，，所以，则②. 由①②，联立解得，故C的标准方程为.【小问2详解】由题易知直线l的斜率存在.当直线l的斜率为0时,直线l的方程为，此时或，.当直线l的斜率不为0时,设l的方程为，由消去x得，由，得，且.当直线AP的斜率不存在时，可得P(4, -2)，此时m=1，不符合题意，同理AQ的斜率也存在，故直线AP的方程为，则, 即，同理,则,故为定值1.