2022届山东省济南市历城第二中学高三下学期3月模拟数学试题含解析

2022届山东省济南市历城第二中学高三下学期3月模拟数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（       ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】求解简单不等式，解得集合，再求集合的交集即可.

【详解】因为集合，，

所以.

故选：.

2．若复数，则（       ）

A．2 B． C．4 D．5

【答案】B

【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.

【详解】因为复数，

所以，

所以，

故选：B

3．已知，，则(       )

A．2 B．4 C． D．

【答案】B

【分析】由求得，再由即可求得答案.

【详解】∵，

∴，则.

∴，故.

故选：B.

4．从一批含有13件正品，2件次品的产品中不放回地抽3次，每次抽取1件，设抽取的次品数为ξ，则E(5ξ＋1)＝(       )

A．2 B．1 C．3 D．4

【答案】C

【分析】根据古典概型概率计算方法，求出ξ的分布列，并求出，则.

【详解】的可能取值为.

，，.

∴的分布列为：

于是，

故.

故选：C.

5．设，分别是双曲线的左､右焦点，是该双曲线上的一点，且，则的面积等于（       ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据双曲线定义得到，，用余弦定理和面积公式求出答案.

【详解】设，，则由双曲线的定义可得：，所以，故，，又，故，故，所以的面积为.

故选：C.

6．已知、，直线，，且，则的最小值为（       ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】先由，可得，变形得，所以，化简后利用基本不等式求解即可

【详解】因为、，直线，，且，

所以，即，

所以，所以，

所以

，

当且仅当，即时，取等号，

所以的最小值为，

故选：D

7．在四面体中，平面，为正三角形，且边长为，，则该四面体的外接球的表面积是（       ）

A． B．

C． D．32π

【答案】D

【分析】在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC，过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O，判断出O为球心，分别求出,可以求出半径R和表面积.

【详解】如图示，

在底面正三角形的外心作直线l⊥底面ABC，则球心O必在直线l上.

过SA的中点D作DO⊥SA交直线l于O.

因为为正三角形，且边长为，所以.

因为平面，⊥面ABC，所以∥.

因为DO⊥SA，平面，平面，所以平面.

又面面=,所以.

所以四边形为平行四边形，所以.

所以外接球的半径.

所以外接球的表面积为.

故选：D.

8．在如今这个5G时代，6G研究已方兴未艾．2021年8月30日第九届未来信息通信技术国际研讨会在北京举办．会上传出消息，未来6G速率有望达到1Tbps，并启用毫米波、太赫兹、可见光等尖端科技，有望打造出空天地融合的立体网络，预计6G数据传输速率有望比5G快100倍，时延达到亚毫秒级水平．香农公式是被广泛公认的通信理论基础和研究依据，它表示：在受噪声干扰的信道中，最大信息传递率C取决于信道带宽W、信道内信号的平均功率S，信道内部的高斯噪声功率N的大小，其中叫做信噪比．若不改变带宽W，而将信噪比从11提升至499，则最大信息传递率C会提升到原来的（       ）参考数据： ．

A．2.4倍 B．2.5倍 C．2.6倍 D．2.7倍

【答案】B

【分析】设提升前最大信息传递率为，提升后最大信息传递率为，

在根据题意用，利用指数、对数的运算性质化简即可求解.

【详解】设提升前最大信息传递率为，提升后最大信息传递率为，则

由题意可知，，

，

所以

倍.

所以最大信息传递率C会提升到原来的倍.

故选：B.

二、多选题

9．一箱产品有正品10件，次品2件，从中任取2件，有如下事件，其中互斥事件有（       ）

A．“恰有1件次品”和“恰有2件次品” B．

C．“至少有1件正品”和“至少有1件次品” D．“至少有1件次品”和“都是正品”

【答案】AD

【分析】判断各选项中的事件是否有同时发生的可能，即可确定答案.

【详解】A：“恰有1件次品”和“恰有2件次品”不可能同时发生，为互斥事件；

B：“都是次品”的基本事件中包含了“至少有1件次品”的事件，不是互斥事件；

C：“至少有1件正品” 的基本事件为{“有1件正品和1件次品” ，“有2件正品” }，“至少有1件次品” 的基本事件为{“有1件正品和1件次品” ，“有2件次品” }，它们有共同的基本事件“有1件正品和1件次品” ，不是互斥事件；

D：由C分析知：“至少有1件次品”和“都是正品”不可能同时发生，为互斥事件；

故选：AD

10．将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（       ）

A．若，则是偶函数

B．若，则在区间上单调递减

C．若，则的图象关于点对称

D．若，则在区间上单调递增

【答案】AC

【分析】由函数平移得，讨论、，结合正余弦函数的性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.

【详解】由题设，，

时，为偶函数，

在上有，递增，故A正确，B错误；

时，，

此时，，即关于点对称，

在上有，不单调，故C正确，D错误.

故选：AC

11．下图为陕西博物馆收藏的国宝——唐金筐宝钿团花纹金杯，杯身曲线内收，巧夺天工，是唐代金银细作的典范．该杯的主体部分可以近似看作是双曲线的右支与直线围成的曲边四边形绕y轴旋转一周得到的几何体，若该金杯主体部分的上口外直径为，下底外直径为，双曲线C的左右顶点为，则（       ）

A．双曲线C的方程为

B．双曲线与双曲线C有相同的渐近线

C．存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点

D．双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3

【答案】ABD

【分析】由题意可得，代入双曲线方程可求出，从而可求出双曲线方程，然后逐个分析判断

【详解】由题意可得，

所以，即，解得，

所以双曲线方程为，所以A正确，

双曲线的渐近线方程为，双曲线的渐近线方程为，所以B正确，

由双曲线的性质可知，过平面内的任意一点的直线与双曲线的渐近线平行时，只与双曲线有一个交点，所以不存在一点，使过该点的任意直线与双曲线C有两个交点，所以C错误，

由题意得，设为双曲线上任意一点，则，，

所以，

所以双曲线C上存在无数个点，使它与两点的连线的斜率之积为3，所以D正确，

故选：ABD

12．下列不等关系中正确的是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据函数值的特征，构造函数，求出其导数，判断函数的单调性，可判断A,B;同理构造函数，判断C,D.

【详解】令，则，令得,

f（x）在（0，e）上单调递增，在（e，＋∞）上单调递减，

所以，即，即，故A错误，B正确；令，，则，

令，

则在上恒成立，

所以在上单调递减，，所以在上恒成立，

所以g（x）在上单调递减，所以，即，即，故C正确，D错误，

故选:BC．

三、填空题

13．数列中，且，则_________.

【答案】100

【分析】先裂项，然后由累加法可得.

【详解】∵ ，∴

∵=9，即=9，解得n=100

故答案为：100

14．已知f (x)=cos x，g (x) = x，则关于x的不等式的解集为__________.

【答案】

【分析】由题可得，利用正弦函数的性质即求.

【详解】由题可得，即，

又，

所以，

所以，

∴原不等式的解集为.

故答案为：

15．设，则…______．

【答案】1

【分析】先，可得，再令，可得答案.

【详解】由题意令，可得

令，可得

所以

故答案为：1

16．如图，在长方体中，，，为线段的中点，是棱上的动点，若点为线段上的动点，则的最小值为_________.

【答案】2

【分析】连接，得出点、、在平面中，问题转化为在平面内直线上取一点，求点到定点的距离与到定直线的距离的和的最小值问题，建立平面直角坐标系，求出点关于直线的对称点的坐标，则答案可求．

【详解】连接，则，点、、在平面中，

且，，，

如图1所示；在△中，以为轴，为轴，建立平面直角坐标系，

如图2所示，则，，；

设点关于直线的对称点为，

的方程为，①

，直线的方程为，②

由①②组成方程组，解得，，

直线与的交点，．

对称点，

．

则的最小值为2．

故答案为：2．

四、解答题

17．△的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知△的面积为.

(1)证明：；

(2)若，求.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.

（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.

【详解】(1)由题设，，又，

所以，由正弦定理可得，

所以，又，

所以，即.

(2)由（1）及题设，，且，

所以，则，故，

又，可得，

若，则，而，故不合题设；

所以，

所以.

18．在数列中，已知，，数列的前n项和为，且．

(1)求数列，的通项公式；

(2)求数列的前n项和．

【答案】(1)，；

(2).

【分析】(1)利用作差法可求通项公式，根据通项公式与前n项和公式的关系可求的通项公式；

(2)根据数列通项公式的特征，采用错位相减法求其前n项和.

【详解】(1)∵①，

∴当时，，得．

当时，②，

①－②得，，∴，

∵时也满足，

∴，

∴，当n=1时也成立

∵③，

当时，，即；

当时，④，

③－④得，，则，

∴是首项为2，公比为2的等比数列，故；

(2)∵，

∴⑤，

⑥，

⑤－⑥得，

，

∴．

19．如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，，，.

(1)求证：平面平面ACD；

(2)若，，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值.

【答案】(1)证明见解析；

(2).

【分析】（1）若是中点，连接，作，根据题设可得两两垂直，构建空间直角坐标系，令，并确定点坐标，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可证结论.

（2）根据已知体积，结合棱锥的体积公式求出，进而求面ABED的法向量、直线CE的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.

【详解】(1)若是中点，连接，作，由知：，

因为面ABC，则面ABC，又面ABC，

所以，，

综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，

令，，，则，，，

所以，，

若是面的一个法向量，即，令，则，

又是面的一个法向量，则，

所以面面.

(2)由面ABC，面ABED，则面ABED面ABC，故到面ABED的距离，即为△中上的高，

因为，，则，故，

所以上的高.

又面ABC，则，而，有，，

所以为直角梯形，令，则，

综上，，故.

由（1）知：，，，，

所以，，

若是面ABED的一个法向量，即，令，则，

而，则，

所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.

20．A，B，C，D四位同学进行羽毛球比赛，约定赛制如下：先将四位同学平均分成两组，每组进行一场比赛决出胜负，获胜者进入胜者组，失败者进入败者组.胜者组和败者组中再各自进行一场比赛，胜者组中获胜者获得冠军，失败者获得亚军，败者组中获胜者获得季军.设每场比赛双方获胜的概率都为.

(1)求同学A获得冠军的概率；

(2)求A，B两人能够在比赛中相遇的概率.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）结合概率的乘法公式即可求出结果；

（2）结合概率的乘法公式以及加法公式即可求出结果.

【详解】(1)同学A获得冠军的概率为.

(2)A，B两人在第一轮相遇的概率为，

A，B两人在败者组相遇的概率为，

A，B两人在胜者组相遇的概率为，

所以A，B两人能够在比赛中相遇的概率为.

21．已知椭圆的左､右顶点分别为A,B，点，连接交椭圆C于点M､N，为直角三角形，且.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线l与椭圆C交于D､E两点，若，求证：直线l过定点

【答案】(1)

(2)证明见解析

【分析】（1）根据题意知，求出，再由求出，即可求出椭圆的标准方程；

（2）设，设的方程为，联立椭圆方程消元后得到韦达定理，由代入求出，即可求出直线恒过的定点.

【详解】(1)解：因为为直角三角形，

所以由椭圆的对称性知，，

即，所以，则，

代，得，解得，，

所以椭圆的标准方程为.

(2)证明：由题意，可设直线的方程为，

联立消去x得，，

设，则①

因为，所以，由（1）知，，

所以，

则，

将代人上式得，

，

将①代人上式，

解得，或（舍），故直线l恒过点

22．设函数.（为自然常数）

(1)当时，求的单调区间；

(2)若在区间上单调递增，求实数a的取值范围.

【答案】(1)单调递增区间为，单调递减区间为

(2)

【分析】（1）求定义域，求导，解不等式，求出单调区间；（2）先根据定义域得到，二次求导，结合极值，最值，列出不等式，求出实数a的取值范围.

【详解】(1)当时，，定义域为，

，令，解得：，令，解得：，故此时的单调递增区间为，单调递减区间为.

(2)在区间上有意义，故在上恒成立，可得，

依题意可得：在上恒成立，

设，

，易知在上单调递增，故，

故在上单调递减，最小值为，

故只需，设，其中，

由可得：在上为减函数，

又，故.

综上所述：a的取值范围为.

【点睛】已知函数单调性，求解参数取值范围，转化为导函数与0的大小比较，本题中难点在于要进行二次求导，求解参数的取值范围时，也要结合单调性及特殊值，对逻辑性要求较高.