宣城市2022屆高三年級第二次調研測試數學（文科）注意事項：1．答卷前，考生務必將自己的姓名、考生號等填寫在答題卡和試卷指定位置上．2．回答選擇題時，選出每小題答案后，用鉛筆把答題卡對應題目的答案標號涂黑，如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案標號，回答非選擇題時，將答案寫在答題卡上，寫在本試卷上無效．3．考試結束后，將本試卷和答題卡一并交回．一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.復數（i為虛數單位）的共軛復數的虛部等于（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先對復數化簡，再求其共軛復數，從而可求得答案【詳解】因為，所以其共軛復數為，則其虛部為，故選：B2.已知集合，，則（）．A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】先化簡集合A，B，再利用集合的交集運算求解.【詳解】解：∵，，∴，故選：D．3.在長方體中，，，則異面直線與所成角為（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】即為異面直線與所成的角，利用解直角三角形可求其大小.【詳解】由長方體的性質可得，故即為異面直線與所成的角，在直角三角形中，，，故，而為銳角，故.故選：A.4.我國古代數學論著中有如下問題：“遠望巍巍塔七層，紅光點點倍加增，共燈二百五十四，請問底層幾盞燈？意思是：一座7層塔共掛了254盞燈，且相鄰兩層中的下一層燈數是上一層燈數的2倍，則塔的底層共有燈（）A.32盞 B.64盞 C.128盞 D.196盞【答案】C【解析】【分析】根據等比數列前項和公式，計算首項.【詳解】設最底層的燈數為，公比，，解得：故選：C5.已知直線與圓相交于A，兩點，則“”是“”的（）A.充分不必要條件 B.必要不充分條件C.充要條件 D.既不充分也不必要條件【答案】B【解析】【分析】由知OA⊥OB，△OAB為等腰直角三角形，底邊上的高即為圓心到直線的距離，再利用點到直線距離的距離公式可求出m的值，根據充分條件和必要條件的定義即可求解.【詳解】方法1：由知，圓心到直線的距離為，即，即，則“”是“”的必要不充分條件.方法2：設，聯立，化為，，解得，，∵，∴，，，，解得，符合，則“”是“”的必要不充分條件.故選：B.6.我國著名數學家華羅庚曾說：“數缺形時少直觀，形缺數時難入微，數形結合百般好，隔裂分家萬事休．”在數學的學習和研究中，常用函數的圖象來研究函數的性質，也常用函數的解析式來研究函數圖象的特征．我們從這個商標中抽象出一個如圖所示的圖象，其對應的函數解析式可能是（）

A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】首先判斷函數的奇偶性，再取特殊值逐個分析判斷即可【詳解】由圖象可知，函數圖象關于軸對稱，所以函數為偶函數，對于A，，所以是偶函數，當時，令，則，得，則當時，函數的第一個零點為，當時，，，所以，所以A不合題意，對于B，因為，所以是奇函數，所以不合題意，對于C，因為，所以是偶函數，當時，令，則，得，所以當時，函數的第一個零點為，當時，，，所以，所以符合題意，對于D，因為，所以奇函數，所以不合題意，故選：C7.已知，，，則a，b，c的大小關系是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用三角函數的單調性逐個分析判斷每一個與中間量的大小即可【詳解】因為在上為減函數，且，所以，所以，即，因為在上為減函數，且，所以，所以，即，因為在上為增函數，且，所以，所以，即，所以，故選：A8.已知數列{an}為等差數列，若a1，a6為函數的兩個零點，則a3a4＝（）A.-14 B.9 C.14 D.20【答案】D【解析】【分析】由韋達定理得a1+a6＝9，a1a6＝14，解得a1＝2，a6＝7，或a1＝7，a6＝2，分類討論即可得到答案.【詳解】∵等差數列{an}中，a1，a6為函數的兩個零點，∴a1＝2，a6＝7，或a1＝7，a6＝2，當a1＝2，a6＝7時，，a3＝4，a4＝5，所以a3a4＝20．當a1＝7，a6＝2時，，a3＝5，a4＝4，所以a3a4＝20．故選：D．【點睛】本題考查等差數列基本量的計算，涉及到函數的零點問題，考查學生的基本計算能力，是一道容易題.9.若函數的圖象過點，相鄰兩條對稱軸間的距離是，則下列四個結論中，正確的個數是（）①函數的最小正周期為；②函數的圖象的一條對稱軸是直線；③函數在區間上是減函數；④把函數的圖象向右平移個單位長度，所得函數的圖象關于軸對稱．A.4 B.3 C.2 D.1【答案】B【解析】【分析】先求出函數，根據性質判斷即可.【詳解】因為函數相鄰兩條對稱軸間的距離是，所以周期，所以，故①正確；又函數圖象過點，所以，即，所以，所以，因為，所以當時，滿足題意，所以函數；令，即，令，解得，故②正確；令，即，即函數的單調遞減區間為：，當時，函數的單調遞減區間為：，當時，函數的單調遞減區間為：，所以，故③錯誤；把函數的圖象向右平移個單位長度得，為偶函數，圖像關于軸對稱，故④正確.故選：B.10.設橢圓的左右焦點分別為，，點P在橢圓上，且滿足，則的值是（）A.14 B.17 C.20 D.23【答案】D【解析】【分析】根據橢圓方程和橢圓的定義求出，再通過余弦定理和平面向量數量積的定義即可求得答案.【詳解】設，由題意.易知，，則，，于是由余弦定理可得，即.故選：D.11.已知正實數a，b滿足，則的最小值是（）A. B.4 C. D.【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式可求最小值.【詳解】設，則，故，其中，，由，當且僅當，時等號成立，此時，滿足，故的最小值為，故選：D.12.若對任意的，且，都有成立，則m的最小值是（）A.1 B. C. D.【答案】C【解析】【分析】題目考察構造函數的問題，將已知不等式變形后即可判斷函數的單調性，根據單調區間求解m的取值范圍，進而求出最小值【詳解】由函數定義域得：，假設，因為，所以，兩邊同除整理得：，構造函數，則單調遞減，，令得：，當時，，所以在單調遞減，所以，所以m的最小值是故選：C二、填空題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．將答案填在答題卷的相應位置13.設向量，則__________．【答案】【解析】【分析】根據平面向量數量積的坐標運算求出m，然后得的坐標，再由向量模的坐標公式可得.【詳解】向量，，則，，則，.故答案為：.14.已知銳角內角A，B，C的對邊分別為a，b，c，已知，，則的面積是__________．【答案】【解析】【分析】先用正弦定理對進行邊化角，進而求出A，然后通過余弦定理和三角形面積公式求得答案.【詳解】因為，所以由正弦定理可得，由，則，而三角形ABC為銳角三角形，所以.由余弦定理，，所以.故答案為：.15.已知雙曲線C：的左、右焦點分別為F1，F2，過F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B兩點．若，，則C的離心率為____________．【答案】2.【解析】【分析】通過向量關系得到和，得到，結合雙曲線的漸近線可得從而由可求離心率.【詳解】如圖，由得又得OA是三角形的中位線，即由，得則有，又OA與OB都是漸近線，得又，得．又漸近線OB的斜率為，所以該雙曲線的離心率為．【點睛】本題考查平面向量結合雙曲線的漸進線和離心率，滲透了邏輯推理、直觀想象和數學運算素養．采取幾何法，利用數形結合思想解題．16.在三棱錐中，側面PAC與底面ABC垂直，，，，．則三棱錐的外接球的表面積為___________．【答案】25π【解析】【分析】根據平面平面，及，作出三棱錐的外接球球心，構造出一個含有外接球半徑的直角三角形，求得各邊長，從而求得外接球半徑，進而得到外接球表面積.【詳解】取的外接圓圓心為F，并過圓心作面的垂線，由題易知，平面，取BC的中點為E，即為的外接圓圓心，過圓心作面的垂線，如圖所示，兩垂線交點為O，即為三棱錐的外接球球心，作，則四邊形為矩形，，在中由正弦定理知，則，則在中，外接球半徑，三棱錐外接球表面積為故答案為：【點睛】方法點睛：求一般幾何體的外接球半徑時，一般需作出外接球球心.對于三棱錐來說，需要找到兩個面中三角形的外接圓圓心，分別作對應面的垂線，垂線的交點即為外接球球心，然后在直角三角形中解出半徑即可.三、解答題：共70分．解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟，第17~21題為必考題，每個考生都必須作答．第22，23題為選考題，考生根據要求作答．（一）必考題：共60分．17.為推動實施健康中國戰略，樹立大衛生、大健康理念，某單位組織職工參加“萬步有約”健走激勵大賽活動，且每月評比一次，對該月內每日運動都達到一萬步及以上的職工授予該月“健走先鋒”稱號，其余參與的職工均獲得“健走之星”稱號，下表是該單位職工2021年1月至5月獲得“健走先鋒”稱號的統計數據：月份12345“健走先鋒”職工數1201051009580（1）請利用所給數據求“健走先鋒”職工數y與月份x之間的回歸直線方程，并預測該單位10月份的“健走先鋒”職工人數；（2）為進一步了解該單位職工的運動情況，現從該單位參加活動的職工中隨機抽查70人，調查獲得“健走先鋒”稱號與性別的關系，統計結果如下：健走先鋒健走之星男員工2416女員工1614能否據此判斷有90%的把握認為獲得“健走先鋒”稱號與性別有關？參考公式：，．（其中）0.150.100050.0250.0102.0722.7063.8415.0246.635【答案】（1）；約為37人；（2）沒有90%的把握認為獲得“健走先鋒”稱號與性別有關.【解析】【分析】（1）直接利用最小二乘法求出回歸直線方程，再進行預測；（2）利用獨立性檢驗求解.【小問1詳解】解：由表中的數據可知，，，所以，故．所以所求的回歸直線方程為；當時，，所以該單位10月份的“健走先鋒”職工人數約為37人．【小問2詳解】解：由表中數據可得，.因為,所以沒有90%的把握認為獲得“健走先鋒”稱號與性別有關．18.數列的前n項和為，且，記為等比數列的前n項和，且，．（1）求數列和的通項公式；（2）設數列滿足，求數列的前n項和．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用與的關系求出數列的通項，解方程組求出等比數列的通項的基本量即得的通項公式；（2）利用錯位相減法求解即可【小問1詳解】解：當時，．當時，也滿足上式，故數列的通項公式為．設的公比為q，當時，由題意可知，，顯然不成立．當時，依題意得，解得，所以．【小問2詳解】解：由（1）得，則①，②①—②得：，所以19.如圖1，正方形ABCD中，，，將四邊形CDMN沿MN折起到四邊形PQMN的位置，使得（如圖2）

（1）證明：平面平面ABPQ；（2）若E，F分別為AM，BN的中點，求三棱錐的體積．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）證明，得證線面垂直，從而得證面面垂直；（2）過點Q作于點H，證明即為點到平面的距離，然后由棱錐體積公式計算．【小問1詳解】在正方形ABCD中，，，故，，，又，所以，所以，即，又，、平面ABPQ，故平面ABPQ，又平面MNPQ，所以平面平面ABPQ；【小問2詳解】由已知，得，，由，MQ、平面AMO，故平面AMQ，又平面ABNM，所以平面平面AMQ，因為E，F分別為AM，BN的中點，則，，，．過點Q作于點H，由面面垂直的性質定理得平面ABNM，即平面BEF，，所以．20.已知函數（a為實數）．（1）當時，求函數的單調區間；（2）若函數在（0，1）內存在唯一極值點，求實數a的取值范圍．【答案】（1）單調遞減區間為（0，1），遞增區間為（2）【解析】【分析】（1）求導，易知時，，然后由和求解；（2）由（1）知，時，不符合題意，時，根據函數在（0，1）內存在唯一極值點，得到在（0，1）內存在唯一變號零點，轉化在（0，1）內存在唯一根求解.【小問1詳解】解：函數的定義域為，．當時，，所以當時，；當時，．所以的單調遞減區間為（0，1），遞增區間為．【小問2詳解】由（1）知，當時，在（0，1）內單調遞減，所以在（0，1）內不存在極值點；當時，要使函數在（0，1）內存在唯一極值點，則在（0，1）內存在唯一變號零點，即方程在（0，1）內存在唯一根，所以在（0，1）內存在唯一根，即與的圖象在（0，1）內存在唯一交點，因為，所以在（0，1）內單調遞減．又，當時，，所以，即a的取值范圍為．21.已知橢圓方程為，若拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．（1）求該拋物線的方程；（2）過拋物線焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，分別在點A，B處作拋物線的切線，兩條切線交于P點，則的面積是否存在最小值？若存在，求出這個最小值及此時對應的直線l的方程；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）存在；最小值為64，此時直線l的方程為【解析】【分析】（1）先求出橢圓的焦點，從而可求得的值，求出，進而可得拋物線的方程，（2）由題意可得直線l的斜率存在，則設直線l的方程為，設，，將直線方程代入拋物線方程中消去，利用根與系數的關系，利用導數的幾何意義求出切線的方程，聯立求出點的坐標，則利用點到直線的距離公式求出到直線的距離，再利用弦長公式求出，從而可表示出的面積，進而可求出其最小值【小問1詳解】由橢圓，知．又拋物線的焦點是橢圓的一個焦點．所以，則．所以拋物線的方程為．【小問2詳解】由拋物線方程知，焦點．易知直線l的斜率存在，則設直線l的方程為．由消去y并整理，得．．設，，則，．對求導，得，∴直線AP的斜率，則直線AP的方程為，即．同理得直線BP的方程為．設點，聯立直線AP與BP的方程，即．，點P到直線AB的距離，所以的面積，當且僅當時等號成立．所以面積的最小值為64，此時直線l的方程為．（二）選考題：共10分．請考生在22，23題中任選