安徽省阜阳市太和县实验中学2022年高二数学文联考试卷含解析

1、安徽省阜阳市太和县实验中学2022年高二数学文联考试卷含解析一、 选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分。在每小题给出的四个选项中，只有是一个符合题目要求的1. 已知等差数列的公差，前项和满足：，那么数列 中最大的值是（ ）A.B.C.D.参考答案：B2. 在等比数列an中，若的值为( )A4B2C2D4参考答案：B【考点】等比数列的性质 【专题】计算题【分析】把所求的式子利用等比数列的性质化简，即可求出a6的值，然后把所求的式子也利用等比数列的性质化简后，将a6的值代入即可求出值【解答】解：由a2a3a6a9a10=（a2a10）?（a3a9）?a6=a65=32=25，得到a6=2

2、，则=a6=2故选B【点评】此题考查学生灵活运用等比数列的性质化简求值，是一道基础题学生化简已知条件时注意项的结合3. 过点P(1,2)且倾斜角是直线x-y-3=0的倾斜角的两倍的直线的方程是( ) A.x-2y=0 B.x=1 C.x-2y-4=0 D.y=2参考答案：B略4. 已知，分别为直线，的方向向量（，不重合），分别为平面，的法向量（，不重合），则下列说法中：；，其中正确的有（ ）个A1 B2 C.3 D4参考答案：D，分别为直线，的方向向量（，不重合），；，分别为平面，的法向量（，不重合），垂直同一平面的两直线平行，法向量夹角与二面角的平面角相等或互补，故选：D5. 阅读下图所示的

3、程序框图,运行相应的程序,输出的结果是()A.3B.11C.38D.123参考答案：B略6. 已知随机变量X满足D(X)2，则D(3X2)()A2 B8C18 D20参考答案：C略7. 甲乙进行围棋比赛约定先胜3局者获得比赛的胜利，比赛结束，每局中甲胜的概率为0.6，乙胜的概率为0.4，各局比赛相互独立，已知前2局中，甲、乙各胜1局，则再赛2局结束这次比赛的概率为（ ）A.0.36 B.0.52 C.0.24 D.0.648参考答案：B略8. 执行下面的算法框图，输出的T为（ ） A.20 B.30 C.12 D.42参考答案：B9. 如果椭圆的短轴长等于焦距，那么此椭圆的离心率等于（）ABC

4、D参考答案：C【考点】椭圆的简单性质【分析】由于椭圆的短轴长等于焦距，即b=c，故a= c，从而得到 的值【解答】解：由于椭圆的短轴长等于焦距，即b=c，a= c，=，故选 C10. 已知函数的导函数的图象如下图，则的图象可能是 （ ） A B C D参考答案：D略二、 填空题:本大题共7小题,每小题4分,共28分11. 经过两条直线2x+y+2=0和3x+4y2=0的交点，且垂直于直线3x2y+4=0的直线方程为 参考答案：2x+3y2=0【考点】直线的一般式方程与直线的垂直关系【专题】计算题；方程思想；综合法；直线与圆【分析】联立直线的方程可得交点的坐标，由垂直关系可得所求直线的斜率，由此

5、可得直线的点斜式方程，化为一般式即可【解答】解：联立，解之可得，故可得交点的坐标为（2，2），又可得直线3x2y+4=0的斜率为，故所求直线的斜率为，故可得直线的方程为：y2=（x+2），化为一般式可得2x+3y2=0故答案为：2x+3y2=0【点评】本题考查直线的交点坐标，涉及直线的一般式方程和垂直关系，属中档题12. 设常数,若对一切正实数成立,则的取值范围为_.参考答案：略13. 已知函数有四个零点，则实数a的取值范围是_参考答案：(2,0) 【分析】由题意可知是偶函数，根据对称性问题转化为直线与曲线有两个交点.【详解】因为是偶函数，根据对称性，在上有两个不同的实根，即在上有两个不同的实

6、根，等价转化为直线与曲线有两个交点，而，则当时，当时，所以函数在上是减函数，在上是增函数，于是，故故答案为：14. 下列说法中，正确的序号是 命题“若am2bm2，则a1”是“x2”的充分不必要条件参考答案：15. 已知f(x)x22x，则_参考答案：416. 将4名大学生分配到A、B、C三个乡镇去当村官，每个乡镇至少分配一名，则大学生甲分配到乡镇A的概率为 （用数字作答）参考答案：17. 如图，正方体ABCDA1B1C1D1棱长为1，P为BC中点，Q为线段CC1上动点，过点A，P，Q的平面截该正方体所得截面记为S当CQ=时，S的面积为_；若S为五边形，则此时CQ取值范围_参考答案：解：如图：

7、当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQAD1，AP=QD1=，故可得截面APQD1为等腰梯形，S=（+）?=； 当CQ=时，如下图，延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，连结QN交C1D1于R，连结SR，则ANPQ，由NRD1QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2C1R=，RD1=，当CQ1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形考点：平面的基本性质及推论 专题：数形结合；综合法；空间位置关系与距离分析：由题意作出满足条件的图形，由线面位置关系找出截面即可求出答案解答：解：如图：当CQ=时，即Q为CC1中点，此时可得PQAD1，AP=QD1=，故可得截

8、面APQD1为等腰梯形，S=（+）?=； 当CQ=时，如下图，延长DD1至N，使D1N=，连结AN交A1D1于S，连结QN交C1D1于R，连结SR，则ANPQ，由NRD1QRC1，可得C1R：D1R=C1Q：D1N=1：2C1R=，RD1=，当CQ1时，此时的截面形状是上图所示的APQRS，为五边形点评：本题考查命题的真假判断与应用，考查了学生的空间想象和思维能力，借助于特殊点分析问题是解决该题的关键，是中档题三、 解答题：本大题共5小题，共72分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤18. （本小题满分12分）已知椭圆的离心率为，短轴的一个端点为，直线与椭圆相交于不同的两点.（1）若，求的

9、值；（2）求证：不论取何值，以为直径的圆恒过定点.参考答案：19. 已知，且（）求n的值；（）求的值参考答案：解：（）由已知得： n=15（）当x=1时，+当x=0时，略20. 已知椭圆C：的离心率为，且过点P（1，），F为其右焦点（）求椭圆C的方程；（）设过点A（4，0）的直线l与椭圆相交于M，N两点（点M在A，N两点之间），若AMF与MFN的面积相等，试求直线l的方程参考答案：【考点】直线与圆锥曲线的综合问题；椭圆的标准方程【分析】（）根据椭圆C：的离心率为，椭圆方程可化为，又点P（1，）在椭圆上，即可求得椭圆方程；（）易知直线l的斜率存在，设l的方程为y=k（x4），与椭圆方程联立，借助

10、于韦达定理，及AMF与MFN的面积相等，即可求得直线l的方程【解答】解：（）椭圆C：的离心率为，所以a=2c，b=c设椭圆方程为，又点P（1，）在椭圆上，所以，解得c=1，所以椭圆方程为（）易知直线l的斜率存在，设l的方程为y=k（x4），由，消去y整理，得（3+4k2）x232k2x+64k212=0，由题意知=（32k2）24（3+4k2）（64k212）0，解得设M（x1，y1），N（x2，y2），则，因为AMF与MFN的面积相等，所以|AM|=|MN|，所以2x1=x2+4 由消去x2得x1=将x2=2x14代入得x1（2x14）=将代入，整理化简得36k2=5，解得，经检验成立所以直

11、线l的方程为y=（x4）21. 设数列an的前n项和为Sn，已知2Sn=3n+3（）求an的通项公式；（）若数列bn，满足anbn=log3an，求bn的前n项和Tn参考答案：【考点】数列的求和 【专题】等差数列与等比数列【分析】（）利用2Sn=3n+3，可求得a1=3；当n1时，2Sn1=3n1+3，两式相减2an=2Sn2Sn1，可求得an=3n1，从而可得an的通项公式；（）依题意，anbn=log3an，可得b1=，当n1时，bn=31n?log33n1=（n1）31n，于是可求得T1=b1=；当n1时，Tn=b1+b2+bn=+（131+232+（n1）31n），利用错位相减法可求得

12、bn的前n项和Tn【解答】解：（）因为2Sn=3n+3，所以2a1=31+3=6，故a1=3，当n1时，2Sn1=3n1+3，此时，2an=2Sn2Sn1=3n3n1=23n1，即an=3n1，所以an=（）因为anbn=log3an，所以b1=，当n1时，bn=31n?log33n1=（n1）31n，所以T1=b1=；当n1时，Tn=b1+b2+bn=+（131+232+（n1）31n），所以3Tn=1+（130+231+332+（n1）32n），两式相减得：2Tn=+（30+31+32+32n（n1）31n）=+（n1）31n=，所以Tn=，经检验，n=1时也适合，综上可得Tn=【点评】本题考查数列的求和，着重考查数列递推关系的应用，突出考“查错位相减法”求和，考查分析、运算能力，属于中档题22. 已知命题p：“?x1，2，x2a0”，命题q：关于x的方程x2+2ax+a+2=0有解若命题“p且q”是真命题，求实数a的取值范围参考答案：【考点】复合命题的真假【专题】综合题；转化思想；转化法；简易逻辑【分析】先求出命题p，q同时为真命题的条件，然后利用补集思想求“p且q