陕西省安康市届高三下学期第二次教学质量联考理科数学试题含答案解析.docx
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陕西省安康市届高三下学期第二次教学质量联考理科数学试题含答案解析
陕西省安康市2022届高三下学期第二次教学质量联考理科数学试题
学校:
___________姓名：
___________班级：
___________考号：
___________
一、单选题
1．已知集合
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
2．
（ ）
A．25B．
C．
D．
3．已知
，则
（ ）
A．
B．
C．
D．
4．以椭圆
的左､右顶点作为双曲线
的左､右焦点，以
的焦点作为
的顶点，则
的离心率为（ ）
A．
B．
C．2D．
5．函数
在
上单调递增，且为奇函数，若
，则满足
的
的取值范围是（ ）
A．
B．
C．
D．
6．滕王阁，江南三大名楼之一，因初唐诗人王勃所作《滕王阁序》中的“落霞与孤鹜齐飞，秋水共长天一色”而流芳后世.如图，若某人在点A测得滕王阁顶端仰角为
，此人往膝王阁方向走了42米到达点B，测得滕王阁顶端的仰角为
，则滕王阁的高度最接近于（ ）（忽略人的身高）（参考数据：
）
A．49米B．51米C．54米D．57米
7．如图所示的是一个程序框图，执行该程序框图，则输出的
值是（ ）
A．7B．8C．9D．10
8．如图，在四面体
中，
分别为
的中点，
分别在
上，且
.给出下列四个命题：
①
平面
；
②
平面
；
③
平面
；
④直线
交于一点.
其中正确命题的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
9．已知函数
的图象如图所示，则函数
的图象可以是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．某几何体的三视图如图所示，则该几何体外接球的表面积是（ ）
A．
B．
C．
D．
11．设函数
，已知
在
上单调递增，则
在
上的零点最多有（ ）
A．2个B．3个C．4个D．5个
12．已知
（
为自然对数的底数），则（ ）
A．
B．
C．
D．
二、填空题
13．若
满足约束条件
则
的最大值为___________.
14．
的展开式中二项式系数和为32，则展开式中
项的系数为___________.
15．在
中，
为
的中点，则
的取值范围是___________.
16．已知直线
与圆
交于
两点，且
，则
的最大值为___________.
三、解答题
17．已知等差数列
满足
.
（1）求
的通项公式；
（2）若
，记
的前
项和为
，求
.
18．某跳绳训练队需对队员进行限时的跳绳达标测试.已知队员的测试分数y与跳绳个数x满足如下关系
.测试规则：
每位队员最多进行两次测试，每次限时1分钟，若第一次测完，测试成绩达到60分及以上，则以此次测试成绩作为该队员的成绩，无需再进行后续的测试，最多进行两次，根据以往的训练效果，教练记录了队员甲在一分钟内时测试的成绩，将数据按
，
，
，
分成4组，并整理得到如下频率分布直方图：
（1）计算a值，并根据直方图计算队员甲在1分钟内跳绳个数的平均值；（同一组中的数据用该组区间中点值作为代表）
（2）将跳绳个数落入各组的频率作为概率，并假设每次跳绳相互独立，X表示队员甲在达标测试中的分数，求X的分布列与期望.
19．如图，四棱锥A-BCDE的底面为等腰梯形，
，且
，
，平面
平面ACB.
（1）证明：
.
（2）若
，求二面角C-AD-E的大小.
20．已知函数
（1）若
，求曲线
在
处的切线方程；
（2）若
在（1，
）上恒成立，求a的值.
21．已知抛物线
的焦点为
，过点
的直线
与抛物线
交于
两点.
（1）证明：
以
为直径的圆与直线
相切；
（2）设
（1）中的切点为
为坐标原点，直线
与
的另一个交点为
，求
面积的最小值.
22．已知曲线
为参数
，
为参数
.
（1）求
的普通方程；
（2）若
上的点
对应的参数为
，
为
上一个动点，求
的最大值.
23．已知函数
.
（1）求不等式
的解集.
（2）若
的最小值为
，且实数
满足
，证明：
.
参考答案：
1．A
【解析】
【分析】
解两个集合的一元二次不等式得出范围，然后取交集即可.
【详解】
由题解出两个集合的不等式得：
或
，所以
.
故选：
A
2．B
【解析】
【分析】
根据复数代数形式的乘法法则计算可得；
【详解】
解：
.
故选：
B
3．D
【解析】
【分析】
利用两角和的余弦公式及同角三角函数的基本关系得到
，再利用同角三角函数的基本关系将弦化切，最后代入计算可得；
【详解】
解：
由
，即
，即
，则
，所以
.
故选：
D
4．C
【解析】
【分析】
利用定义求出焦距与长轴，代入公式即可
【详解】
由题可知
的焦距为4，实轴长为
，所以
的离心率为
故选：
C
5．B
【解析】
【分析】
根据函数的奇偶性调自变量的符号，根据函数的单调性脱掉函数记号“
”
【详解】
是奇函数，故
.又
是增函数，
，所以
，则
，解得
.
故选：
B
6．D
【解析】
【分析】
设滕王阁的高度为
，由题设可得
，即可求滕王阁的高度.
【详解】
设滕王阁的高度为
，由题设知：
，
所以
，则
，
又
，可得
米.
故选：
D
7．C
【解析】
【分析】
模拟执行程序，即可得到输出结果；
【详解】
解：
模拟执行程序可知：
第1循环，
，
，不满足
，
第2次循环，
，
，不满足
，
第3次循环，
，
，不满足
，
第4次循环，
，
，不满足
，
第5次循环，
，
，不满足
，
第6次循环，
，
，不满足
，
第7次循环，
，
，不满足
，
第8次循环，
，
，不满足
，
第9次循环，
，
，满足
，故输出的
值是9.
故选：
C
8．B
【解析】
【分析】
依题意可得
且
，
且
，即可得到
平面
，再判断
与
为相交直线，即可判断②③，由四边形
为梯形，所以
与
必相交，设交点为
，即可得到
，从而判断④；
【详解】
解：
因为
，所以
且
，又
分别为
的中点，所以
且
，则
，又
平面
，
平面
，所以
平面
，
因为
为
的中点，
为
的一个三等分点，所以
与
为相交直线，故
与平面
必不平行，
也不平行平面
，
因为
为梯形，所以
与
必相交，设交点为
，
又
平面
，
平面
，
则
是平面
与平面
的一个交点，
所以
，即直线
交于一点，
故选：
B.
9．D
【解析】
【分析】
依题意可得
，再判断函数
的奇偶性，与单调性，即可得解；
【详解】
解：
由函数
的图象可知，
，函数
定义域为
，且
，即函数
为偶函数，又函数
，所以
在
上单调递减；
故选：
D.
10．C
【解析】
【分析】
首先把三视图转换为几何体的直观图，进一步求出几何体外接球的半径，最后求出球的表面积即可.
【详解】
由三视图可知原几何体是底面边长为2，高为2的四棱锥，
如图所示，由正弦定理得△
外接圆的半径为
，
则该几何体的外接球半径
，
则该几何体外接球的表面积为
.
故选：
C.
11．A
【解析】
【分析】
先求出函数
的单调区间，根据题意得出参数
的范围，设
，则
，由
，得出函数
在
上的零点情况出答案.
【详解】
由
，
，得
，
，
取
，可得
.若
在
上单词递增，则
，
解得
.若
，则
.
设
，则
，因为
所以函数
在
上的零点最多有2个.
所以
在
上的零点最多有2个.
故选：
A
12．D
【解析】
【分析】
将选项进行利用指对数运算进行变形，然后构造新函数，通过新函数的单调性进行比较.
【详解】
因为
，所以
，
.
对
这三个数先取自然对数再除以
，则
.
设
，则
，由
，解得
，所以
在
上单调递增，
故
，即
，则
，
故选：
D.
13．6
【解析】
【分析】
依题意画出可行域，数形结合，即可求出
的最大值；
【详解】
解：
画出可行域如下所示：
由
，解得
，即
，由
，则
，平移
，由图可知当
经过点
时，
取得最大值，即
，即
最大值为6.
故答案为：
6
14．
【解析】
【分析】
利用二项式定理中二项式系数和为
的结论求出n，再用通项公式展开即可.
【详解】
由题可知
，所以
.因为
展开式的通项公式为
，所以
项的系数为
.
故答案为：
40
15．
【解析】
【分析】
将
作为基底，由于
代入化简，再结合数量积的定义和余弦函数的性质可求得答案
【详解】
依题意
.
又
，
所以
.
故答案为：
16．
##
【解析】
【分析】
的几何意义为点
到直线
的距离之和，根据梯形中位线知其最大值是
的中点
到直线
的距离的2倍.求出M的轨迹即可求得该最大值.
【详解】
的几何意义为点
到直线
的距离之和，其最大值是
的中点
到直线
的距离的2倍.
由题可知，
为等边三角形，则
，
∴AB中点
的轨迹是以原点
为圆心，
为半径的圆，
故点
到直线
的最大距离为
，
∴
的最大值为
，
∴
的最大值为
＝
.
故答案为：
.
17．
（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）设等差数列
的公差为
，根据等差数列的通项公式得到
，即可求出
、
，从而得到通项公式；
（2）由
（1）可得
，即可得到
，利用并项求和法计算可得；
（1）
解：
设等差数列
的公差为
，所以
，
所以
，
所以
，解得
，
则
.
（2）
解：
因为
且
，所以
，
所以
，
所以
.
18．
（1）
，平均值为
（2）分布列答案见解析，数学期望：
【解析】
【分析】
（1）根据频率分布直方图的各小面积的和为1求解；再利用平均数的定义求解；
（2）由X可能的取值为0，50，80，100，再求得其相应的概率，列出分布列，再利用期望公式求解.
（1）
解：
由题可得
，
所以
.
队员甲在1分钟内跳绳个数的平均值为
.
（2）
X可能的取值为0，50，80，100.
，
，
，
X的分布列为
X
0
60
80
100
P
0.01
0.22
0.44
0.33
19．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）由面面垂直的性质可得
平面ACD.从而证明结论.
（2）分别以
为
轴，过点
作平面
的垂线为
轴，建立空间直角坐标系,利用向量法求解.
（1）
因为平面
平面ACB，且平面
平面
，
，
平面ACB，所以
平面ACD.
又因为
平面ACD，所以
.
（2）
分别以
为
轴，过点
作平面
的垂线为
轴，如图，建立空间直角坐标系，连接BD.
由已知条件，易得
，
，
.
在△BCD中，由余弦定理可得
，所以
.
在△ACD中，由余弦定理得
，所以
.
因为
，所以
，
，
设
为平面ADE的法向量，
由
得
，取
，则
.
又平面ACD的一个法向量为
.
所以
.
又面角C-AD-E为钝角，所以二面角C-AD-E为
.
20．
（1）
（2）
【解析】
【分析】
（1）求导，利用导数的几何意义求出切线的斜率，进而求出切线方程；
（2）求定义域，求导，对
进行分类讨论，求解不同取值范围下函数的单调性，进而确定符合题意的a的值.
（1）
因为
，所以
，
又
，所以曲线
在
处的切线方程为
（2）
定义域为
，
因为
，所以
若
，则
恒成立，所以f（x）在（0，+∞）上单调递增.
故当
时，
，不合题意，舍去；
若
，则
，所以当
时，
；当
时：
，则f（x）的单调递减区间为
和
，单调递增区间为
故当
时，
，不合题意；
若
，则
，所以f（x）在（0，+∞）上单调递减.
故当
时，
，符合题意；
若
，则
，所以当
时，
：
当
时，
则f（x）的单调递减区间为
和
，单调递增区间为
故当
，
，不合题意
综上所述：
21．
（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】
（1）利用直线与圆相切等价于圆心到直线的距离等于半径来证明；
（2）先设直线
的方程为
，以
为参数表示出点
以及点
的坐标，进而求出
点到直线的距离，即为
的高，最后把
的面积表示成
的函数，求其最值.
（1）
证明：
抛物线
的焦点为
，准线方程为
.
设
，
弦
的中点
，
则
到准线
的距离为
，
所以以
为直径的圆与直线
相切.
（2）
解：
由题可知直线
的斜率不能为0，设直线
的方程为
，
由
整理得
，
又
，
则
，
所以
.
点
的坐标为
，于是直线
的方程为
，
代入
，整理得
或
，
从而
则点
到直线
的距离为
，
故
.
令
，
则
在
上单调递减，在
上单调递增，
故
22．
（1）
，
；
（2）
.
【解析】
【分析】
（1）根据曲线
和
的参数方程，消去参数，即可求得曲线
和
普通方程；
（2）由曲线
的参数方程，根据题意得到
，设点
，结合两点间的距离公式，求得
，利用三角函数的性质，即可求解.
（1）
解：
由曲线
为参数
，可得
为参数
，
平方相加，可得曲线
的普通方程为
；
又由
为参数
，可得
为参数
平方相加，曲线
的普通方程为
.
（2）
解：
由曲线
为参数
，
因为点
对应的参数为
，可得点
，
设点
，
所以
，
当
时，
取得最大值，最大值为
.
23．
（1）
（2）证明见解析
【解析】
【分析】
（1）依题意可得
，再利用零点分段法分类讨论，分别求出不等式的解，即可求出不等式的解集；
（2）根据绝对值三角不等式得到
的最小值为
，即
，从而得到
，再利用基本不等式计算可得；
（1）
解：
不等式
，可化为
.
①当
时，不等式可化为
，即
，解得
，故
；
②当
时，不等式可化为
，解得
，故
；
③当
时，不等式可化为
，解得
，显然与
矛盾，不等式无解.
综上，不等式
的解集为
.
（2）
证明：
由绝对值不等式的性质可得，
，当且仅当
时取等号，
所以当
时，
的最小值为3，即
，
所以
，即
，
所以
，即
，
当且仅当
时，等号成立.
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