1、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学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1设全集，集合，则下面Venn图中阴影部分表示的集合是（）ABCD2设复数满足，则的虚部为（）ABCD23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（）A2800B4200C5600D70004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
2、拉兹猜想的变换过程若输入的值为，则输出的值为（）ABCD5设为第二象限角，若，则=（）ABCD26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（）A8种B14种C20种D116种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（）ABCD9抛物线的焦点为，为抛物线上一点，以为圆心，
3、为半径的圆交抛物线的准线于，两点，则直线的斜率为（）ABCD10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（）ABC5D1011在四面体中， ，二面角的大小为，则四面体外接球的表面积为（）ABCD12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、分别与轴交于点、，则下列结论正确的个数是（）、两点的横坐标之积为定值；直线的斜率为定值；线段的长度为定值；三角形面积的取值范围为ABCD二、填空题13已知向量，若、三点共线，则_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_15已知的内角，的对边分别为，若， ，则面
4、积的取值范围为_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_三、解答题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：从两个条件中任选一个，补充在第（2）问中的横线上并作答.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
5、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：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
6、）的概率；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.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： 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
7、与曲线交于点，且，求实数的值23已知函数的最小值为(1)求;(2)已知，为正数，且，求的最小值参考答案：1A【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：A2C【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.3A【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：A4C【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.
8、【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.5B【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：B6B【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，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；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
9、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.7D【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，所以的图象关于点对称故选：D8C【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.9D【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
10、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：D10C【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】由直线的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：C11B【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
11、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：B12C【解析】【分析】设点、的横坐标分别为、，且，分析可知或，利用导数的几何意义可判断的正误；利用斜率公式可判断的正误；求出点、的坐标，利用两点间的距离公式可判断的正误；求出点的横坐标，利用三角形的面积公式可判断的正误.【详解】因为，所以，当时，；当时，不妨设点、的横坐标分别为、，且，若时，直线、的斜率分别为、，此时，不合乎题意；若时，则直线、的斜率分别为、，此
12、时，不合乎题意.所以，或，则，由题意可得，可得，若，则；若，则，不合乎题意，所以，对；对于，易知点、，所以，直线的斜率为，对；对于，直线的方程为，令可得，即点，直线的方程为，令可得，即点，所以，对；对于，联立可得，令，其中，则，所以，函数在上单调递增，则当时，所以，错.故选：C.13【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#【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
13、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【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【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
14、、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，设直线的方向向量为，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：.17(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）若选择利用裂项相消求和，若选择利用错位相减求和，最后证明结论即可.(1)，当时，；当时，-得，即又，数列是从第2项起的等比数列，即当时，(2)若选择：，
15、若选择，则，-得，18(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.(1)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(2)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(1)；(2)；.【解析】【分析】（1）根据独立事件的概率乘法公
16、式可求得答案；（2）当且仅当信道1、信道2都传输成功时，由、的值可确定的值；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.(1)解：设“信号和均被成功接收”为事件，则；(2)解：，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；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(1)(2)证明见解析【解
17、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.(1)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；(2)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
18、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(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.(1)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；(2)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
19、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.22(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(1)由（为参数）得，直线的极坐标方程为由得，曲线的直角坐标方程为(2)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，23(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.(1)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；(2)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答案第19页，共19页
