黃山市2022屆高中畢業班第二次質量檢測數學（理科）試題滿分150分，考試時間120分鐘.注意事項：1.答題前，務必在試卷、答題卡規定的地方填寫自己的姓名、座位號，并認真核對答題卡上所粘貼的條形碼中姓名、座位號與本人姓名、座位號是否一致.務必在答題卡背面規定的地方填寫姓名和座位號后兩位.2.答第Ⅰ卷時，每小題選出答案后，用2B鉛筆把答題卡上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.3.答第Ⅱ卷時，必須使用0.5毫米的黑色墨水簽字筆在答題卡上書寫，要求字體工整、筆跡清晰.作圖題可先用鉛筆在答題卡規定的位置繪出，確認后再用0.5毫米的黑色墨水簽字筆描清楚.必須在題號所指示的答題區域作答，超出答題區域書寫的答案無效，在試題卷、草稿紙上答題無效.4.考試結束，務必將試卷和答題卡一并上交.第Ⅰ卷（選擇題滿分60分）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.請在答題卷的相應區域答題.）1.已知集合，則（）A. B. C. D.【1題答案】【答案】B【解析】【分析】解不等式得到，根據題意得到，再由集合交集的概念得到結果.【詳解】由集合，解不等式得到：，又因為，根據集合交集的概念得到：.故選：B.2.已知復數滿足，則的虛部為（）A. B.C. D.【2題答案】【答案】A【解析】【分析】根據復數的除法運算求出，根據共軛復數及虛部的概念求解即可.【詳解】，，，故復數的虛部為.故選：A3.已知函數，且，則實數的取值范圍為（）A. B.C. D.【3題答案】【答案】D【解析】【分析】根據的解析式，求得其單調性和奇偶性，再利用函數性質求解不等式即可.【詳解】對，其定義域為，且，故為上的奇函數；又當時，，其在單調遞減；當時，，其在單調遞減；又是連續函數，故在上都是單調減函數；則，即，則，解得.故選：D.4.已知函數，則曲線在點處的切線方程為（）A. B.C. D.【4題答案】【答案】A【解析】【分析】先對函數求導，然后令，求出，從而可求出的解析式，再利用導數的幾何意義求切線方程【詳解】由，得，所以，得，所以，，所以，所以所求切線方程為，即，故選：A5.趙爽是我國古代著名的數學家，大約在公元222年，趙爽為《周髀算經》一書作序時，介紹了“勾股圓方圖”，亦稱“趙爽弦圖”(以弦為邊長得到的正方形組成)，如圖(1)類比“趙爽弦圖”，可類似地構造如圖(2)所示的圖形，它是由3個全等的三角形與中間的一個小等邊三角形拼成的一個大等邊三角形，設，則圖中陰影部分與空白部分面積之比為()A. B. C. D.【5題答案】【答案】B【解析】【分析】設，根據幾何關系求出AD、DF、BD、，根據余弦定理求出AB，再根據等邊三角形面積即可計算.【詳解】設，則，，，，在中，根據余弦定理得，，∴，，∴，∴圖中陰影部分與空白部分面積之比為.故選：B.6.函數的部分圖象如圖所示，為了得到的圖象，需將函數的圖象至少向右平移（）個單位長度.A. B. C. D.【6題答案】【答案】A【解析】【分析】根據圖象可確定和最小正周期，由此可得；利用可求得，由此可得解析式；利用誘導公式化簡可得，由三角函數平移變換方法可得結果.【詳解】由圖象可知：；最小正周期，解得：；，，解得：，又，，；，將至少向右平移個單位長度可得故選：A.7.將三項式展開，得到下列等式：廣義楊輝三角形第0行1第1行111第2行12321第3行1367631第4行14101619161041觀察多項式系數之間的關系，可以仿照楊輝三角構造如圖所示的廣義楊輝三角形，其構造方法為：第0行為1，以下各行每個數是它正上方與左右兩肩上的3個數（不足3個數時，缺少的數以0計）之和，第行共有個數.則關于的多項式的展開式中，項的系數（）A. B.C. D.【7題答案】【答案】D【解析】【分析】根據的展開式的各項的系數符合廣義楊輝三角形的規律，得到的展開式的各項的系數求解.【詳解】解：由題意得：的展開式的各項的系數符合廣義楊輝三角形的規律：第0行為1，以下各行每個數是它正上方與左右兩肩上的3個數（不足3個數，缺少的數以0計）之和，第k行共有2k+1個數，根據廣義楊輝三角形的規律，的展開式的各項的系數為1，5，15，30，45，51，45，30，15，5，1，則，其展開式中含有的項為，則，所以項的系數為，故選：D8.若圓關于直線對稱，動點在直線上，過點引圓的兩條切線、，切點分別為、，則直線恒過定點，點的坐標為（）A. B. C. D.【8題答案】【答案】C【解析】【分析】根據圓關于直線對稱，求得b，設，求出以為直徑的圓的方程，可得直線MN為圓C與以為直徑的圓的公共弦所在的直線，聯立兩圓的方程，即可得直線MN的方程，再由直線系方程得答案．【詳解】由題意可知：圓的圓心在直線上，即有，設點，則，故以為直徑的圓的方程為：，將和相減，即可得直線的方程，即，則直線恒過定點，故選：C9.已知拋物線的準線為：，為坐標原點，過焦點的直線交拋物線于、兩點，過作的垂線，垂足分別為，若，則的面積為（）A. B. C. D.【9題答案】【答案】D【解析】【分析】根據給定條件寫出拋物線方程，借助拋物線定義及已知求出直線AB方程，聯立直線AB與拋物線方程，求出A，B的縱坐標即可作答.【詳解】依題意，，即，拋物線方程為：，焦點,如圖，過點B作直線BM//l交AC于M，由拋物線定義知：，顯然四邊形BMCD是矩形，則，而，則，于是得直線AB的斜率，直線AB方程，由消去x得：，解得，，于是得點A，B縱坐標分別為，，則，從而得，而點O到直線l的距離為h=1，所以的面積為.故選：D10.已知數列滿足，設的前項和為，則的值為（）A. B. C.2 D.1【10題答案】【答案】C【解析】【分析】由條件求得的通項公式后求解【詳解】，則，即，得，故是以2為首項，2為公比的等比數列，，，．故選：C11.如圖，長方體中，，設點是棱上的動點，在該長方體對角線上隨機取一點，則成立的概率為（）A B. C. D.【11題答案】【答案】C【解析】【分析】建立空間直角坐標系，使，得到點滿足的條件即可求解.【詳解】以點為坐標原點，分別以為軸，軸，軸建立空間直角坐標系.則,設，，且設.從而有，，,由，有，解得，即，所以，由題意有，所以，而，所以在該長方體對角線上隨機取一點，使成立的概率.故選：C12.不等式在上恒成立，則實數的取值范圍是（）A. B. C. D.【12題答案】【答案】B【解析】【分析】將變為即，構造新函數，利用其單調性得到，繼而求得答案.【詳解】當時，不等式在上恒成立不會成立，故，當時，，此時不等式恒成立；不等式在上恒成立,即在上恒成立,而即，設，當時，，故是增函數，則即，故，設，當時，，遞增，當時，，遞減，故，則，綜合以上，實數的取值范圍是，故選：B【點睛】本題考查了不等式的恒成立問題，解答時要注意導數的應用，利用導數判斷函數的單調性以及求最值等，解答的關鍵是對原不等式進行變形，并構造新函數,這一點解題的突破點.第Ⅱ卷（非選擇題滿分90分）二、填空題（本大題共4小題，每小題5分，共20分.請在答題卷的相應區域答題.）13.已知，，且向量與的夾角為，則向量的模為_________.【13題答案】【答案】【解析】【分析】先根據平面向量數量積的運算計算，再求即可.【詳解】因為，所以.故答案為：14.已知不等式組表示的平面區域是一個三角形區域，則該三角形區域的面積為___________.【14題答案】【答案】【解析】【分析】根據不等式組作出平面區域，數形結合即可求解.【詳解】不等式組對應的平面區域如圖：A(1，0)，B(4，0)，，C的縱坐標為，∴.故答案為：.15.圓錐曲線具有優美的光學性質，如：光線從橢圓的一個焦點發出，被橢圓反射后會經過橢圓的另一個焦點.光線從雙曲線的一個焦點發出，被雙曲線反射后的反射光線等效于從另一個焦點射出.已知以坐標軸為漸近線的等軸雙曲線：的圖象以直線為對稱軸，從其中一個焦點發出的光線經雙曲線反射后得到的反射光線與入射光線垂直，則入射光線與的交點到中心的距離為____________.【15題答案】【答案】2【解析】【分析】根據直角三角形的性質，可知，根據對稱軸與雙曲線的交點可得實半軸的長a，利用等軸雙曲線可求出c，即可得解.【詳解】是雙曲線的焦點，，分別為入射光線、反射光線，且，如圖，由解得，故，又雙曲線為等軸雙曲線，所以，所以，即,所以,故答案為：216.設的內角的對邊分別為，且滿足，其中，若，則面積的取值范圍為______________.【16題答案】【答案】【解析】【分析】由三角恒等變換及正弦定理化簡可知三角形為直角三角形，條件可轉化為，利用均值不等式求出的范圍即可得解.【詳解】，化簡得：，由正弦定理可得：,，，即，,或，即或，又，，即,，又，，當僅當時等號成立，，即，.故答案為：三、解答題（本大題共6小題，共70分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.請在答題卷的相應區域答題.）17.已知等差數列和等比數列滿足，若數列的前項和為，且.（1）求數列，的通項公式；（2）若數列滿足：，求數列的前n項和.【17題答案】【答案】（1），;（2）.【解析】【分析】（1）根據通項與的關系求出數列的通項公式，再由列出方程求出公差公比即可得出，的通項公式；（2）利用錯位相減法求出數列的前n項和即可.【小問1詳解】由①，可得（）②，由①②得（）又也符合上式，所以，由得，設等差數列的公差為，等比數列的公比為，則有，令，有，令，有解得，或者取，有，檢驗得（舍去）所以，；【小問2詳解】由得，所以則兩式相減得，19.如圖，側面水平放置的正三棱臺，，且側棱長為.（1）求證：平面；（2）求二面角的余弦值.【19題答案】【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）延長三條側棱交于一點O，由可得為的中位線，由已知可得，從而由勾股定理的逆定理可得，同理可得由線面垂直的判定定理可證得結論，（2）由（1）可得兩兩垂直，所以可以以所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系，利用空間向量求解即可【小問1詳解】延長三條側棱交于一點O.因為，所以為的中位線，因為側棱長為，所以.所以，于是同理可得因為是平面內兩條相交直線.所以，即平面；【小問2詳解】由（1）可知兩兩垂直，所以可以以所在的直線分別為軸、軸、軸建立空間直角坐標系（如圖所示）.則.設平面一個法向量為，因為，所以，令，則，即平面的一個法向量為取平面的一個法向量為，所以，由于二面角為鈍角，則其余弦值為.21.已知函數.（1）求函數的最小值；（2）證明：函數有兩個極值點.【21題答案】【答案】（1）3;（2）證明見解析.【解析】【分析】（1）求出函數的導數，解不等式得到函數的單調性，即可得出函數的最小值；（2）求出函數的導數，再利用函數的導數求出在上單調遞增，在上單調遞減，再由零點存在性定理可得存在，，使得，據此可得函數的單調性，問題得證.【小問1詳解】因為，所以當時，；當時，，即函數上單調遞減，在上單調遞增,則.【小問2詳解】，.令，則，令，，則，所以在上單調遞減.又因為，，所以存在，使得即，當時，，當時，，所以在上單調遞增，在上單調遞減.即在上單調遞增，在上單調遞減.所以，又，，所以存在，，使得.且當時，，當時，，當時，，所以在處有極小值，在處有極大值，有兩個極值點.【點睛】關鍵點點睛：要證明函數存在兩個極值點，關鍵要分析出函數的單調性的變化情況，需要利用導數分析函數單調性，通過多次求導，當導數的符號確定時，逐步向上層分析，最終分析出在和時，，在上，得出函數先減后增再減，問題得證.23.已知橢圓的離心率為，點在橢圓上.（1）求橢圓E的方程；（2）設B，C是橢圓E上異于下端點A的兩點，且|AB|=|AC|，若BC的中點為G，求點G的軌跡方程.【23題答案】【答案】（1）；（2）或.【解析】【分析】（1）根據離心率及橢圓上的點列出方程組求解即可；（2）由直線與軸位置關系分類，垂直時易知中點G在短軸上，不垂直時設BC的方程為，聯立方程后，根據根與系數的關系及AG⊥BC求中點坐標，得出縱坐標為定值，再由判別式得出橫坐標范圍即可求解.【小問1詳解】由題意得，解得所以橢圓的方程為.【小問2詳解】由（1）可得，若軸，不符合題意；若與軸不垂直，設直線BC的方程為，代入并整理，得一方面，必須；另一方面，設，，則，設的中點，則，且，①當時，軸，由對稱性可得點G在橢圓的短軸上.②當時，由AG⊥BC，得，則即，化簡得，代入，解得.所以，，則.故點（）在定直線上運動.綜上所述，點G軌跡方程為或.25.“紅五月”將至，學校文學社擬舉辦“品詩詞雅韻，看俊采星馳”的古詩詞挑戰賽，挑戰賽分為個人晉級賽和決賽兩個階段.個人晉級賽的試題有道“是非判斷”題和道“信息連線”題，其中道“信息連線”題是由電腦隨機給出錯亂排列的四句古詩詞和四條相關的詩詞背景（如詩詞題名、詩詞作者等），要求參賽者將它們一一配對，每位參賽選手只有一次挑戰機會.比賽規則為：電腦隨機同時給出道“是非判斷”和道“信息連線”題，要求參賽者全都作答，若有四道或四道以上答對，則該選手晉級成功.（1）設甲同學參加個人晉級賽，他對電腦給出的道“是非判斷”題和道“信息連線”題都有且只有一道題能夠答對，其余的題只能隨機作答，求甲同學晉級成功的概率；（2）已知該校高三（1）班共有位同學，每位同學都參加個人晉級賽，且彼此相互獨立.若將（1）中甲同學晉級的概率當作該班級每位同學晉級的概率，設該班晉級的學生人數為.①問該班級成功晉級的學生人數最有可能是多少？說明理由；②求隨機變量的方差.【25題答案】【答案】（1）（2）①或，理由見解析；②【解析】【分析】（1）分甲同學答對四道、五道、六道題，分析出是非判斷題和信息連線題答對的題的數量，結合獨立事件的概率乘法公式可求得所求事件的概率；（2）①分析可知，設最大，可得出，解出的取值范圍，即可得解；②利用二項分布的方差公式可求得的值.【小問1詳解】解：記事件甲同學晉級成功，則事件包含以下幾種情況：①事件“共答對四道”，即答對余下的是非判斷題，答錯兩道信息連線題，則.②事件“共答對五道”，即答錯余下的是非判斷題，答對余下的三道信息連線題，則.③事件“共答對六道”，即答對余下的四道問題，，所以.【小問2詳解】解：①由題意可知，