精品解析：山东省聊城市2022届高三下学期二模数学试题（解析版）

这是一份精品解析：山东省聊城市2022届高三下学期二模数学试题（解析版），共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022年聊城市高考模拟试题数学（二）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1. 复数的共轭复数在复平面内对应的点位于（    ）A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限【1题答案】【答案】A【解析】【分析】根据复数的运算法则求得的共轭复数，即得解.【详解】， ∴在复平面上对应的点为，位于第一象限.故选：A.2. 已知集合，，则集合中元素个数为（    ）A. 2 B. 3 C. 4 D. 5【2题答案】【答案】C【解析】【分析】由列举法列出集合的所有元素，即可判断；【详解】解：因为，，所以或或或，故，即集合中含有个元素；故选：C3. 已知，，则“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 既不充分也不必要条件 D. 充要条件【3题答案】【答案】C【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断即可【详解】当时，满足，而，所以时，不一定成立，当时，满足，而，所以时，不一定成立，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：C4. 已知点在圆：上，点，，满足的点的个数为（    ）A. 3 B. 2 C. 1 D. 0【4题答案】【答案】B【解析】【分析】设，轨迹可得点P的轨迹方程，即可判断该轨迹与圆的交点个数.【详解】设点，则，且，由，得，即，故点P的轨迹为一个圆心为、半径为的圆，则两圆的圆心距为，半径和为，半径差为，有，所以两圆相交，满足这样的点P有2个.故选：B.5 已知，，则（    ）A.  B. C.  D. 【5题答案】【答案】D【解析】【分析】将化为同底数得对数进行比较即得.【详解】，，，∵∴.故选：D.6. 已知某圆锥的侧面积等于底面的3倍，直线是底面所在平面内的一条直线，则该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为（    ）A.  B. C.  D. 【6题答案】【答案】A【解析】【分析】由侧面积与底面积的关系得出，再由线线角的范围结合线面角的定义得出该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围.【详解】设底面圆的半径为，母线长为，因为圆锥的侧面积等于底面的3倍，所以，即，因为直线与直线所成角的范围为，所以当直线与底面圆相切时，直线与母线所成角最大为，则该直线与母线所成的角的余弦值的最小值为；当直线过底面圆的圆心时，由线面角的定义可知，此时直线与母线所成角最小，则该直线与母线所成的角的余弦值的最大值为，即该直线与母线所成的角的余弦值的取值范围为.故选：A7. 实数，，，满足：，，则的最小值为（    ）A. 0 B.  C.  D. 8【7题答案】【答案】D【解析】【分析】由题设，将问题转化为求上的点与上的点的距离的平方的最小值，利用导数的几何意义求上与平行的切线方程，应用点线距离公式求目标式的最值即可.【详解】由，则，又，的最小值转化为：上的点与上的点的距离的平方的最小值，由，得：，与平行的直线的斜率为1，∴，解得或（舍，可得切点为，切点到直线之间的距离的平方，即为的最小值，的最小值为：.故选：D.8. 已知为上的奇函数，，若对，，当时，都有，则不等式的解集为（    ）A.  B. C.  D. 【8题答案】【答案】B【解析】【分析】设，由题意得到为偶函数且在上单调递减，由将原不等式转化为和，函数的单调性解不等式即可.【详解】由，得，因为，所以，即，设，则在上单调递减，而，则，解得：；因为为R上的奇函数，所以，则为R上的偶函数，故在上单调递增，，则，解得：；综上，原不等式的解集为.故选：B.二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9. 从含有3道代数题和2道几何题的5道试题中随机抽取2道题，每次从中随机抽出1道题，抽出的题不再放回，则（    ）A. “第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”是互斥事件B. “第1次抽到代数题”与“第2次抽到几何题”相互独立C. 第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是D. 在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是【9题答案】【答案】ACD【解析】【分析】根据互斥事件，独立事件的定义判断AB，利用条件概率公式计算判断CD．【详解】“第1次抽到代数题”与“第1次抽到几何题”这两个事件不可能同时发生，它们互斥，A正确；“第1次抽到代数题”这个事件发生与否对事件“第2次抽到几何题”发生的概率有影响，“第1次抽到代数题”发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，“第1次抽到代数题”不发生时，“第2次抽到几何题”的概率是，它们不独立；B错；第1次抽到代数题且第2次也抽到代数题的概率是，C正确；抽取两次都是几何题的概率是，因此有代数题的概率是，在有代数题的条件下，两道题都是代数题的概率是，D正确．故选：ACD．10. 水车是我国劳动人民创造发明的一种灌溉工具，作为中国农耕文化的组成部分，充分体现了中华民族的创造力，见证了中国农业文明．水车的外形酷似车轮，在轮的边缘装有若干个水斗，借助水势的运动惯性冲动水车缓缓旋转，将水斗内的水逐级提升．某水车轮的半径为5米，圆心距水面的高度为4米，水车按逆时针方向匀速转动，每分钟转动2圈，当其中的一个水斗到达最高点时开始计时，设水车转动（分钟）时水斗距离水面的高度（水面以上为正，水面以下为负）为（米），下列选项正确的是（    ）A. （）B. （）C. 是函数周期D. 在旋转一周的过程中，水斗距离水面高度不低于6.5米的时间为10秒．【10题答案】【答案】ACD【解析】【分析】如图，根据题意余弦函数的定义求出，进而求得解析式，结合三角函数的性质依次判断选项即可.【详解】由题意得，如图，轴，，点经过分钟后到达点，则为点到水面的距离，且，因为每分钟转2圈，所以，得角速度，故，又，所以，所以，即.故A正确，B错误；又因为函数的周期，Z，当时，，故C正确；令，得，解得或，Z，当时，或，即旋转一周的过程中(30s)，有25-5=20s，水斗A距离水面高度低于6.5米，所以有30-20=10s的时间不低于6.5米，故D正确.故选：ACD.11. 已知抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，过的直线交抛物线于两点，，则（    ）A. 的准线方程为B. 若，则C. 若，则的斜率为D. 过点作准线的垂线，垂足为，若轴平分，则【11题答案】【答案】BCD【解析】【分析】根据抛物线几何意义求出，即可得到抛物线的方程，再根据抛物线的定义判断A、B、D，设，，，，直线的方程为，联立直线与抛物线方程，消元列出韦达定理，根据焦半径公式计算即可判断C；【详解】解：因为抛物线：（）的焦点到准线的距离为2，所以，所以抛物线方程为，则焦点，准线为，故A错误；若，则，所以，所以，故B正确；可设，，，，直线的方程为，与抛物线联立，消去，可得，可得，，由抛物线的定义可得即，即，解得，则直线的斜率为，故C正确；对于D，若轴平分，则，又轴，所以，所以，所以，即，所以，故D正确； 故选：BCD12. 用与母线不垂直的两个平行平面截一个圆柱，若两个截面都是椭圆形状，则称夹在这两个平行平面之间的几何体为斜圆柱．这两个截面称为斜圆柱的底面，两底面之间的距离称为斜圆柱的高，斜圆柱的体积等于底面积乘以高．椭圆的面积等于长半轴与短半轴长之积的倍，已知某圆柱的底面半径为2，用与母线成45°角的两个平行平面去截该圆柱，得到一个高为6的斜圆柱，对于这个斜圆柱，下列选项正确的是（    ）A. 底面椭圆的离心率为B. 侧面积为C. 在该斜圆柱内半径最大的球的表面积为D. 底面积为【12题答案】【答案】ABD【解析】【分析】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，作出过斜圆柱底面椭圆长轴的截面，截斜圆柱得平行四边形，截圆柱得矩形，如图，由此截面可得椭圆面与圆柱底面间所成的二面角的平面角，从而求得椭圆长短轴之间的关系，得离心率，并求得椭圆的长短轴长，得椭圆面积，利用椭圆的侧面积公式可求得斜椭圆的侧面积，由斜圆柱的高比圆柱的底面直径大，可知斜圆柱内半径最大的球的直径与圆柱底面直径相等，从而得其表面积，从而可关键各选项．【详解】不妨过斜圆柱的最高点和最低点作平行于圆柱底面的截面圆，夹在它们之间的是圆柱，如图，矩形是圆柱的轴截面，平行四边形是斜圆柱的过底面椭圆的长轴的截面，由圆柱的性质知，则，设椭圆的长轴长为，短轴长为，则，，，所以离心率为，A正确；，垂足为，则，易知，，又，所以斜圆柱侧面积为，B正确；，，，，椭圆面积为，D正确；由于斜圆锥的两个底面的距离为6，而圆柱的底面直径为4，所以斜圆柱内半径最大的球的半径为2，球表面积为，C错．故选：ABD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13. 如图是调查某学校高一年级男、女学生是否喜欢徒步运动而得到的等高条形图，阴影部分表示喜欢徒步的频率.已知该年级男生500人、女生400名（假设所有学生都参加了调查），现从所有喜欢徒步的学生中按分层抽样的方法抽取23人，则抽取的男生人数为______．【13题答案】【答案】15【解析】【分析】先根据等高条形图求出喜欢徒步的男女生人数,从而可得喜欢徒步的总人数,进一步可得男生的抽样比,利用抽样比可得抽取的男生人数.【详解】根据等高条形图可知: 喜欢徒步的男生人数为,喜欢徒步的女生人数为,所以喜欢徒步的总人数为,按分层抽样的方法抽取23人,则抽取的男生人数为人.故答案为:15【点睛】本题考查了等高条形图,考查了利用分层抽样计算抽取的样本中,各层的人数,属于基础题.14. 如图，在菱形中，，，为的中点，则的值是_________．【14题答案】【答案】【解析】【详解】试题分析：：∵E为CD的中点，∴，又ABCD为菱形，且AB=2，∠DAB=60°，∴考点：平面向量数量积的运算15. 设，，若存在，，，使得成立，则正整数的最大值为______．【15题答案】【答案】【解析】【分析】构造函数，利用导数得出值域，进而由得出，解不等式得出正整数的最大值.【详解】由题意，存在，，，，使得成立，令，，当时，，当时，，即函数在上单调递减，在上单调递增，，则，即，，则要使得正整数取最大值，则，，即正整数的最大值为故答案为：16. 已知数列，当时，，则数列的前项的和为______．【16题答案】【答案】【解析】【分析】分别取、、、时，满足的项数，计算得出，利用错位相减法可求得数列的前项的和.【详解】当时，，共项，当时，，共项，当时，，共项，当时，，共项，又因为，所以，数列的前项的和为，记，则，上述两个等式作差可得，所以，，因此，数列的前项的和为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明？证明过程或演算步骤．17. 已知数列的前项和为，，且（）．（1）求数列的通项公式：（2）若数列满足，求数列的前项和．【17题答案】【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）利用与的关系可得，进而即得；（2）利用分组求和法即得.【小问1详解】当时，，，∴，当时，，，∴，又，∴，∴数列为首项为1，公比为3的等比数列，∴；【小问2详解】由及，可得，，∴.19. 如图，在平面四边形ABCD中，AB＝2，AC＝2，∠ADC＝∠CAB＝90°，设∠ACD＝.
 （1）若＝60°，求BD的长度；（2）若∠ADB＝30°，求tan的值【19题答案】【答案】（1）；（2）【解析】【详解】试题分析：（1）第（1）问，在△ABD中，利用余弦定理直接求出BD.(2)第（2）问，在△ABD中，写出正弦定理再化简即得解.试题解析：（1）由题意可知，AD＝1．在△ABD中，∠DAB＝150°，AB＝2，AD＝1，由余弦定理可知，BD2＝(2)2＋12－2×2×1×(－)＝19,BD＝．（2）由题意可知，AD＝2cosθ，∠ABD＝60°－θ，在△ABD中，由正弦定理可知，.20. 春节期间，某商场准备举行有奖促销活动，顾客购买超过一定金额的商品后均有一次抽奖机会.抽奖规则如下：将质地均匀的转盘平均分成n（，）个扇区，每个扇区涂一种颜色，所有扇区的颜色各不相同，顾客抽奖时连续转动转盘三次，记录每次转盘停止时指针所指扇区内的颜色（若指针指在分界线处，本次转运动无效，需重转一次），若三次颜色都一样，则获得一等奖；若其中两次颜色一样，则获得二等奖；若三次颜色均不一样，则获得三等奖.（1）若一、二等奖的获奖概率之和不大于，求n的最小值；（2）规定一等奖返还现金108元，二等奖返还现金60元，三等奖返还现金18元，在n取（1）中的最小值的情况下，求顾客在一次抽奖中获奖金额的分布列和数学期望.【20题答案】【答案】（1）6    （2）分布列见解析，38【解析】【分析】（1）由题意可计算出获三等奖的概率，由此列出关于n的不等式，求得答案；（2）确定中获奖金额的可能取值，计算出每种情况的概率，即可得分布列，求出数学期望.【小问1详解】设“获三等奖”为事件A，由题意得， 又， 所以，整理得，解得（舍去），或，所以n的最小值为6.【小问2详解】设顾客在一次抽奖中获奖金额为随机变量，则的所有可能取值为108，60，18，根据题意得，， ，所以的分布列为1086018P所以.22. 如图，在四棱锥中，平面，，是等边三角形，．（1）若，求证：平面；（2）若二面角为30°，，求直线与平面所成的角的正弦值．【22题答案】【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）先由直角三角形的性质得出，由线面垂直的性质得出，最后由线面垂直判定证明即可；（2）以的中点为原点，分别以所在直线为轴和轴，建立如下图所示的坐标系，利用向量法得出直线与平面所成的角的正弦值．【小问1详解】在中，因为，所以因为是等边三角形，所以，因此，所以因为平面，平面，所以因为，所以平面【小问2详解】因为平面，平面，所以又，且，所以平面又平面，所以，因此即为二面角的平面角所以，所以以的中点为原点，分别以所在直线为轴和轴建立如下图所示的坐标系则于是设平面的法向量为由，得取，得设直线与平面所成角为则故直线与平面所成角的正弦值为24. 如图，点是圆：上动点，点，线段的垂直平分线交半径于点．（1）求点的轨迹的方程；（2）点为轨迹与轴负半轴的交点，不过点且不垂直于坐标轴的直线交椭圆于，两点，直线，分别与轴交于，两点．若，的横坐标之积是2，问：直线是否过定点？如果是，求出定点坐标，如果不是，请说明理由．【24题答案】【答案】（1）；    （2）直线过定点.【解析】【分析】（1）利用定义法求点的轨迹的方程；（2）直线的方程为，联立直线和椭圆的方程得到韦达定理，再根据得，即得解.【小问1详解】解：由题得所以点的轨迹是以为焦点，长轴为4的椭圆.所以，所以椭圆的方程为.所以点的轨迹的方程为.【小问2详解】解：由题得点,设直线的方程为，联立直线和椭圆的方程为得，所以.设，所以.所以直线方程为，令得，同理,因为，所以，所以，所以，因为，所以，所以，所以，所以直线的方程为，所以直线过定点.26. 设函数.（1）讨论函数的单调性；（2）为的导函数，记，证明：当时，函数有两个极值点.【26题答案】【答案】（1）答案见解析    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）先求出函数的导函数，对参数进行分类讨论，根据函数单调性与导数的关系即可求解；（2）根据函数有两个极值点，得到有两个异号的根，令，根据的单调性得到在区间上至少存在一个零点m，从而得到是函数的极小值点.，再根据零点存在性定理得到在上存在唯一的极大值点.【小问1详解】解：的定义域是R，. ①当时，，令，得；令，得. ②当时，令，得或；当时，令，得或；令，得； 当时，恒成立，且仅在处；当时，令，得或；令，得. 综上，当时，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减；当时，函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减；当时，函数在R 上单调递增；当时，函数在区间，上单调递增，在区间上单调递减.【小问2详解】证明：由题意得，则.要使函数有两个极值点，则方程有两个不同的根，且这两根的左、右两侧的函数值异号. 令，则，令，得，令，得，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减.则函数在处取得极大值，也是最大值.当时，且，，即函数在区间上至少存在一个零点m.又函数在区间上单调递增，函数在区间上存在唯一的零点m，且当时，；当时，，是函数的极小值点. 下面证明函数在区间上存在唯一的极大值点.先证：当时，.令，，，，令，当时，，函数在区间上单调递增，，在区间上单调递增，，即. 当时，取，，由零点存在性定理，得函数在区间上至少存在一个零点.又函数在区间上单调递减，在区间上存在唯一的零点n，且在区间上，，在区间上，，是函数的极大值点.综上，函数有两个极值点.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是将函数有两个极值点，转化为有两个异号的根，再根据函数的单调性以及零点存在性定理进行求解.