2022年山东省临沂市临沭一中高考数学模拟试卷（4月份）

这是一份2022年山东省临沂市临沭一中高考数学模拟试卷（4月份），共15页。试卷主要包含了函数f的图象按以下次序变换，已知直线l，已知a>b>1，c<0，则，若两人最后的比分为2等内容，欢迎下载使用。
 2022年山东省临沂市临沭一中高考数学模拟试卷（4月份） 1.（5分）已知集合，，则中元素的个数为A.  B.  C.  D. 2.（5分）复数满足，则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3.（5分）已知等差数列的前项和为，若，则A.  B.  C.  D. 4.（5分）从甲、乙等名医生中任选名分别去，，三所学校进行核酸检测，每个学校去人，其中甲、乙不能去学校，则不同的选派种数为A.  B.  C.  D. 5.（5分）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为，则圆锥的体积为A.  B.  C.  D. 6.（5分）函数的图象按以下次序变换：①横坐标变为原来的；②向左平移个单位长度；③向上平移一个单位长度；④纵坐标变为原来的倍，得到的图象，则的解析式为A.
B.
C.
D. 7.（5分）过双曲线的右焦点且斜率为的直线分别交双曲线的渐近线于，两点，在第一象限，在第二象限，若，则A.  B.  C.  D. 8.（5分）已知是定义在上的奇函数，且图象关于直线对称，当时，，则不等式成立的一个充分条件是A.  B.
C.  D. 9.（5分）已知直线：，圆：，是上一点，，分别是圆的切线，则A. 直线与圆相切 B. 圆上的点到直线的距离的最小值为
C. 存在点，使 D. 存在点，使为等边三角形10.（5分）已知，，则A.  B.
C.  D. 11.（5分）已知函数，则A. 在定义域上单调递增
B. 函数无最小值
C. 直线与曲线的公共点最多有个
D. 经过点可作的三条切线12.（5分）如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，为的中点，则
 A. 平面
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则与平面所成的角为13.（5分）已知向量与不共线，且，，若，则______.14.（5分）某次数学考试中个人的成绩如下：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，若这组数据的众数为，中位数为，极差为，则______.15.（5分）已知，是抛物线上的动点，且满足，则中点的横坐标的最小值为 ______.16.（5分）若曲线与仅有个公共点，则的取值范围是 ______.17.（12分）已知数列满足，， 
求的通项公式； 
若，数列的前项和为，求18.（12分）的内角，，的对边分别为，，，面积为， 
求； 
若，，成等差数列，，求19.（12分）甲和乙相约下围棋，已知甲开局时，甲获胜的概率为；乙开局时，乙获胜的概率为，并且每局下完，输者下一局开局．第局由甲开局． 
如果两人连下局，求甲至少胜局的概率； 
如果每局胜者得分，输者不得分，先得分者获胜且比赛结束无平局若两人最后的比分为：，求20.（12分）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面 
证明：平面； 
求二面角的余弦值．
 21.（12分）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，直线的斜率为，原点到直线的距离为 
求的方程； 
直线交于，两点，，证明：恒过定点．22.（12分）已知函数 
若恒成立，求实数的值； 
当时，若，，证明：
答案和解析1.【答案】B【解析】解：，， 
……，， 
故中元素的个数为， 
故选： 
由题意可求得……，，从而确定集合中元素的个数． 
此题主要考查了交集及其运算及集合中元素的个数问题，是基础题．
 2.【答案】D【解析】解：设， 
， 
， 
即，解得，， 
， 
在复平面内对应的点位于第四象限． 
故选： 
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解． 
此题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
 3.【答案】D【解析】解：设等差数列的公差为， 
， 
，即， 
 
故选： 
设等差数列的公差为，根据已知条件，求出，再结合，即可求解． 
此题主要考查等差数列前项和的应用，属于基础题．
 4.【答案】D【解析】解：由学校先在除甲、乙的名医生中选名医生，然后由，两所学校在剩下的名医生中选名医生即可， 
则不同的选派种数为， 
故选： 
由学校先在除甲、乙的名医生中选名医生，然后由，两所学校在剩下的名医生中选名医生，再结合分步原理求解即可． 
此题主要考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步原理，属基础题．
 5.【答案】D【解析】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，高为， 
圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为， 
，解得，，， 
， 
圆锥的体积 
故选： 
由圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为，求出底面半径和高，由此能求出圆锥的体积． 
此题主要考查圆锥的体积的求法，考查圆锥的性质、结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 6.【答案】A【解析】解：的图象纵坐标变为原来的倍，可得， 
向下平移一个单位长度可得， 
向右平移个单位长度可得， 
横坐标变为原来的倍可得， 
即， 
故选： 
由三角函数的图象变换规律即可求解． 
此题主要考查三角函数得图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．
 7.【答案】A【解析】解：如图， 
 
由双曲线方程，知， 
过双曲线的右焦点且斜率为的直线方程为， 
联立，得， 
联立，得， 
则，， 
由，得，整理得， 
解得 
故选： 
由题意画出图形，联立方程组求得与的坐标，由向量等式得关于的方程，再求出 
此题主要考查双曲线的几何性质，考查平面向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
 8.【答案】C【解析】解：函数的图象关于直线对称且为奇函数， 
可得， 
所以，即函数的最小正周期为 
当时，，可得， 
即， 
所以， 
， 
， 
， 
由于，，即，故错误； 
，，即，故错误； 
，，即，故错误． 
故选： 
由函数的图象关于直线对称且为奇函数，推得，函数的最小正周期为，求得一个周期内的函数解析式，运用排除法可得结论． 
此题主要考查函数的奇偶性和周期性的运用，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
 9.【答案】BCD【解析】解：圆：的圆心为，半径， 
圆心到直线：的距离， 
故直线与圆相离，故错误； 
圆上的点到直线的距离的最小值为，故正确； 
当直线时，，此时是正方形，故，存在点，使，故正确； 
当在直线上移动时，越来越小，可接近， 
所以存在点，使为等边三角形，故正确； 
故选： 
利用直线与圆的有关知识进行逐项计算可判断结果． 
此题主要考查直线与圆的位置关系，属中档题．
 10.【答案】BCD【解析】解：根据题意，依次分析选项： 
对于，当，，时，，错误； 
对于，由于，，则有，必有，变形可得，正确； 
对于，，，，必有，正确； 
对于，原不等式等价于，即， 
又由，则，而，则， 
则有， 
又由，则， 
所以，正确； 
故选： 
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案． 
此题主要考查不等式的性质以及应用，涉及指数、对数的性质，属于基础题．
 11.【答案】AC【解析】解：由题可得的定义域为， 
， 
所以函数在，上均单调递增， 
当且时，，当时，， 
当时，， 
作出的大致图象如图所示，所以函数无最小值，正确； 
 
易知，结合选项可知，函数有且只有一个零点，错误； 
易知直线过点， 
数形结合可知， 
当足够大时，直线与的图象有两个交点， 
与的图象有一个交点， 
故直线与函数的图象最多有个公共点，正确； 
易知点在的图象上，故以为切点可作曲线的一条切线， 
当不为切点时，设切点为，则，即，得， 
故经过点可作图象的条切线，错误． 
故选： 
首先对函数求导，得到函数的单调性，研究其走向，画出函数图像，判断，的正误，利用直线过定点旋转可以判断项正误，分是切点和不是切点两种情况讨论得项正误，从而得正确选项． 
此题主要考查导数的单调性的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
 12.【答案】AB【解析】解：选项：取的中点，连接，，得，，所以，，则四边形是平行四边形，所以，因为面，所以面，正确； 
 
选项：取的中点，连接，，由，平行且相等知：四边形为平行四边形，则有，又，即， 
设，则，，， 
，解得，正确； 
 
据此可得三棱柱的体积，选项错误； 
选项：由，，可知为正三角形，，连接， 
易知平面，故即直线与平面所成的角， 
，错误． 
 
故选： 
取的中点，连接，，利用平行四边形的性质及线面平行的判定证明即可；取的中点，连接，，由平行四边形、等边三角形及勾股定理求，进一步可求得棱柱的体积；由线面角定义，应用几何法找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小． 
此题主要考查线面平行的判定，柱体体积的计算，线面角的计算等知识，属于中等题．
 13.【答案】 -3【解析】解：向量与不共线，且，，， 
可得， 
且，可得，即， 
 
故答案为： 
直接根据数量积以及向量垂直求得以及，进而求解结论． 
此题主要考查向量的数量积的应用，考查计算能力，属于中档题．
 14.【答案】 297【解析】解：在这组数据中，出现次数最多的是，则， 
最中间两个数为，，则， 
最大值为，最小值为，则， 
故 
故答案为： 
根据已知条件，结合众数，中位数，极差的定义，即可求解． 
此题主要考查众数，中位数，极差的定义，属于基础题．
 15.【答案】 4【解析】解：由题意可得， 
 
故当，，三点共线时，横坐标取得最小值，最小值为 
故答案为： 
根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解． 
此题主要考查抛物线的定义，考查转化能力，属于基础题．
 16.【答案】 （-∞，0]∪{}【解析】解：由题意可得：只有一个解， 
即只有一个解． 
令， 
原问题等价于与只有一个交点． 
因为， 
因为在上单调递减，且在处的值为， 
所以当时，，单调递增， 
当时，，单调递减且恒为正， 
所以， 
又因为与只有一个交点， 
所以 
故答案为： 
将原问题转化为只有一个解，令，利用导数求出的单调性及最值即可得答案． 
此题主要考查了函数的零点、转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
 17.【答案】解：∵， 
∴， 
∴{}为等比数列， 
又，∴q=3 
∴； 
（2）， 
∴，∴， 
∴ 
= 
=．【解析】 
根据得到是等比数列，求解即可；利用裂项相消求和即可． 
此题主要考查了等比数列的通项公式和裂项相消求和，属于中档题．
 18.【答案】解：（1）因为， 
所以bccosA=bcsinA， 
所以tanA=2； 
（2）由题意得tanB+tanC=2tanA=4， 
因为tan（B+C）===-tanA=-2， 
所以tanBtanC=3， 
所以tanB=3，tanC=1或tanB=1，tanC=3， 
由tanA=2得sinA=， 
由正弦定理得===， 
所以b=sinB，c=sinC， 
S======．【解析】 
由已知结合向量数量积定义及三角形面积公式可求； 
先求出，，进而可求，，再由正弦定理及三角形面积公式可求． 
此题主要考查了向量数量积定义，三角形面积公式，和差角公式及正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
 19.【答案】解：（1）甲至少胜2局可分为三种情况： 
①甲前两局连胜，， 
②甲第一局和第三局获胜，第二局败，概率为， 
③甲第二局和第三局获胜，第一局败，概率为， 
故甲至少胜2局的概率为． 
（2）由题意可得，X所有可能取值为0，1， 
P（X=0）=， 
P（X=1）=1-P（X=0）=1-， 
故E（X）=．【解析】 
甲至少胜局可分为三种情况，依次求出对应的概率，并求和，即可求解． 
由题意可得，所有可能取值为，，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解． 
此题主要考查离散型随机变量期望的应用，考查转化能力，属于中档题．
 20.【答案】证明：（1）∵∠DPC=90°， 
∴PD⊥PC，① 
∵平面PDC⊥平面ABCD， 
又BC⊥CD且平面PDC∩平面ABCD=CD， 
∴BC⊥平面PCD， 
∴BC⊥PD，② 
由①②可知，PD⊥平面PBC； 
解：（2）取CD中点O，∵PD=PC且O为CD中点， 
∴PO⊥CD，又AB=OC，∴AO⊥CD， 
以O为原点，OA，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 
 
则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，1）， 
∴=（-1，0，1），=（0，1，-1）， 
设平面APC法向量=（，，）， 
，∴， 
令=1，则==1， 
∴平面APC法向量=（1，1，1）， 
同理平面PCB的法向量为=（0，1，1）， 
∴cos===， 
二面角A-PC-B的余弦值为．【解析】 
根据平面平面，得到，再根据线面垂直的判定定理即可证明；建立如图空间直角坐标系后，分别求出两个平面的法向量，代入公式计算即可． 
此题主要考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
 21.【答案】解：（1）由题意可知A（a，0），B（0，b）， 
∴直线AB的斜率为=-，即， 
∵直线AB的方程为y=-x+b，即， 
∴原点O到直线AB的距离d==，∴b=， 
∴a=2， 
∴椭圆C的标准方程为． 
证明：（2）由椭圆的对称性可知，直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=kx+m，M（，），N（，）， 
联立方程，消去y得（4+3）+8kmx+4-12=0， 
∴，， 
∴=，， 
∵∠MBN=90°，∴MB⊥BN， 
又∵B（0，）， 
∴==0， 
∴， 
∴-++3=0， 
整理得， 
解得m=或m=-， 
∵B（0，），∴m=舍去， 
∴直线l的方程为y=kx-， 
∴直线l恒过定点（0，-）．【解析】 
由题意可得，由于直线的方程为，利用点到直线距离公式可求出的值，进而求出的值，得到椭圆的标准方程． 
由椭圆的对称性可知，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，即可求出的值，从而证得直线恒过定点． 
此题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的计算能力，属于中档题．
 22.【答案】解：（1）∵，x＞0， 
又f（1）=0，且f（x）≥0，在（0，+∞）上恒成立， 
∴f（x）min=f（1）=0，∴x=1是f（x）的一个极小值点， 
∴f′（1）=0，∴2-m=0，∴m=2，经检验满足题意， 
∴m=2； 
（2）证明：当m=-2时，f（x）=-1+2lnx，x＞0， 
∴，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， 
且f（1）=0，当x→0时，f（x）→-∞；当x→+∞时，f（x）→+∞， 
又f（）+f（）=0，且≠， 
∴不妨设0＜＜1＜， 
要证：+＞2， 
只需证：＞2-＞1， 
即证：f（）＞f（2-），（f（x）在（1，+∞）单调递增）， 
即证：-f（）＞f（2-），（f（）+f（）=0）， 
即证：f（）+f（2-）＜0，∈（0，1）， 
设h（x）=f（x）+f（2-x），x∈（0，1）， 
∴h′（x）=f′（x）-f′（2-x）=2=， 
又x∈（0，1），∴（x-1）3＜0，x（x-2）＜0， 
∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，1）单调递增， 
∴h（x）＜h（1）=2f（1）=0， 
即：f（x）+f（2-x）＜0，x∈（0，1）， 
故原命题得证．【解析】 
由，及恒成立得为最值，也为极值，再转化为，从而建立的方程，解得； 
利用分析法将问题化简，再用综合法构造函数利用导数证明． 
此题主要考查利用导数研究函数最值与极值，分析法、综合法，属中档题．