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

1、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 BC D2（）A25 B C D3已知，则（）A B C D4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 C2 D5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 BC D6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

2、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：）A49米 B51米 C54米 D57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（）A7 B8 C9 D108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：平面；平面；平面；直线交于一点.其中正确命题的个数为（）A1 B2 C3 D49已知函数的图象如图所示，则函数的图象可以是（）A BC D10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 D11设函数，已知在上单调递增，则在上的零点最多有（）A2个 B3个 C4个 D5个12已知（ 为自然对数的底数），则（）A B

3、 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，

4、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

5、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：1A【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：A2B【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：B3D【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：D4C【解析】【

6、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：C5B【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：B6D【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：D7C【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

7、，第8次循环，不满足，第9次循环，满足，故输出的值是9.故选：C8B【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，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；【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.9D【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

8、为偶函数，又函数，所以在上单调递减；故选：D.10C【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.11A【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：A12D【解析】【分析】将选项进行利用指

9、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.136【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：614【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：4015【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

10、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

11、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X06080100P0.010.220.440.3319(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

12、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

13、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

14、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

15、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.当时，不等式可化为，即，解得，故；当时，不等式可化为，解得，故；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.