2022届 山东济南高考数学模拟试卷[三模]带答案

这是一份2022届 山东济南高考数学模拟试卷[三模]带答案，共26页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，已知，p，已知过点的动直线l与圆C，已知无量数列满足等内容，欢迎下载使用。
试卷副标题
考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx
留意事项：
1．答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选一选）
请点击修正第I卷的文字阐明
1．设集合，，则=（ ）
A．B．C．D．
2．已知复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数=（ ）
A．B．C．D．
3．已知m，n是两条不同的直线，，是两个不同的平面，则下列结论正确的为（ ）
A．若，，则B．若，，则
C．若，，，则D．若，，，则
4．“学习强国”APP是以深入学习、宣传思想，立足全体党员，面向全社会的优质学习平台．为了解甲、乙两人的平台学习情况，统计了他们最近7天的学习积分，制成如图所示的茎叶图，若两头一列的数字表示积分的十位数，两边的数字表示积分的个位数，则在这7天中，下列结论正确的为（ ）
A．甲、乙两人积分的极差相等
B．甲、乙两人积分的平均数不相等
C．甲、乙两人积分的中位数相等
D．甲积分的方差大于乙积分的方差
5．若函数在区间D上单调递减，则D可以为（ ）
A．B．C．D．
6．现安排编号分别为1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作，若每项工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一项工作，且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作，则不同的安排方法数为（ ）
A．36B．24C．18D．12
7．已知，p：；q：函数在区间上不单调，则p是q的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N．若动点，则的最小值为（ ）
A．6B．7C．8D．9
9．的图案是由五颗五角星组成，这些五角星的地位关系意味着中国领导下的革命与人民大勾结．如图，五角星是由五个全等且顶角为36°的等腰三角形和一个正五边形组成．已知当时，，则下列结论正确的为（ ）
A．B．
C．D．
10．已知无量数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，，则下列结论正确的为（ ）
A．和均为数列中的项
B．数列为等差数列
C．仅有有限个整数使得成立
D．记数列的前项和为，则恒成立
11．在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线C：交于A，B两点，点为线段AB的中点，且，则下列结论正确的为（ ）
A．N为的外心B．M可以为C的焦点
C．l的斜率为D．可以小于2
12．的伯努利（Bemulli）不等式为：，其中实数同号，且均大于－1．特别地，当，且时，有．已知伯努利不等式还可以推行为：设x，，若，且，则．设a，b为实数，则下列结论正确的为（ ）
A．任意，且任意，都有
B．任意，存在，使得
C．任意，且任意，都有
D．任意，存在，且，使得
第II卷（非选一选）
请点击修正第II卷的文字阐明
13．请写出一个定义在R上的函数，其图象关于y轴对称，无最小值，且值为2．其解析式可以为______．
14．在平面直角坐标系xOy中，F为双曲线C：的一个焦点，过F的直线l与C的一条渐近线垂直．若l与C有且仅有一个交点，则C的离心率为______．
15．已知，则______．
16．已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到地位．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积时，______，______．
17．已知数列的首项，其前n项和为，且对任意的，点均在直线上．
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前n项和．
18．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且．
(1)求角B的大小；
(2)设D，E分别为边AB，BC的中点，已知的周长为，且，若，求a．
19．某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人赢取“购书券”的游戏．游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有个号码分别为、、、、的小球（小球除号码不同之外，其余完全相反）．每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）．若单方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除个积分，乙添加个积分；若号码之差为偶数，则甲添加个积分，乙被扣除个积分．游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，游戏结束后，若单方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若单方的积分相等，则均不能获得奖励．
(1)设游戏结束后，甲的积分为随机变量，求的分布列；
(2)以（1）中的随机变量的数学期望为决策根据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，记正整数的最小值为．
①求的值，并阐明理由；
②当时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率．
20．如图，平面ABCD平面ABE，点E为半圆弧上异于A，B的点，在矩形ABCD中，，设平面ABE与平面CDE的交线为l．
(1)证明：平面ABCD；
(2)当l与半圆弧相切时，求二面角A-DE-C的余弦值．
21．在平面直角坐标系xOy中，已知点，，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T．
(1)求T的方程；
(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上，求的最小值．
22．已知函数．
(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；
(2)证明：，
题号
一
二
三
四
五
总分
得分
评卷人
得分
一、单 选 题
评卷人
得分
二、多选题
评卷人
得分
三、填 空 题
评卷人
得分
四、双空题
评卷人
得分
五、解 答 题
参考答案：
1．D
【解析】
【分析】
先由解出集合，再由的值域解出，计算交集即可.
【详解】
由解得，则，又时，，
则，即，又，则.
故选：D.
2．A
【解析】
【分析】
由复数的除法运算求得z，然后由共轭复数定义可得.
【详解】
由于
所以.
故选：A
3．D
【解析】
【分析】
由空间中的线面关系的判定及性质依次判断即可.
【详解】
对于A，还可能是，错误；
对于B，的地位关系不确定，错误；
对于C，的地位关系不确定，错误；
对于D，由，，可得，又，则，正确.
故选：D.
4．B
【解析】
【分析】
依次求出极差、平均数、中位数即可判断A、B、C选项；由集中程度即可判断D选项.
【详解】
甲的极差为，乙的极差为，极差不相等，A错误；
甲的平均数为，乙的平均数为，平均数不相等，B正确；
甲的中位数为44，乙的中位数为43，中位数不相等，C错误；
由茎叶图知，甲数据较乙数据更集中，故甲的方差小于乙，D错误.
故选：B.
5．C
【解析】
【分析】
由的范围求出全体的范围，再得到的正负及单调性，依次判断4个选项即可.
【详解】
对于A，当时，，且单调递增，单调递增，错误；
对于B，当时，，且单调递减，单调递增，错误；
对于C，当时，，且单调递增，单调递减，正确；
对于D，当时，，且单调递增，单调递增，错误.
故选：C.
6．C
【解析】
【分析】
先按照要求将志愿者分为3组，再分配到三项工作，由分步计数原理求解即可.
【详解】
先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组，有1号和3号一组；2号和4号一组；1号和4号一组共3种情况；
再将3组志愿者分配到三项工作有种；
按照分步乘法计数原理，共有种.
故选：C.
7．A
【解析】
【分析】
先由命题解出对应的范围，再由充分必要的定义判断即可.
【详解】
由可得，又，又，
要使函数在区间上不单调，有，解得，显然，
即p是q的充分不必要条件.
故选：A.
8．B
【解析】
【分析】
先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.
【详解】
易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，
设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，
故，整理得，又点在直线上，
故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为
圆心到直线的距离减去半径1，即.
故选：B.
9．AB
【解析】
【分析】
连接DH，AF，CH，BH，利用五角星的结构特征逐项分析判断作答.
【详解】
对于A，连接DH，如图，由DF=FH，得：，，A正确；
对于B，连接AF，由得：AF垂直平分DH，而，即，则，B正确；
对于C，与不共线，C不正确；
对于D，连接CH，BH，由选项A知，，而，则四边形是平行四边形，
，D不正确.
故选：AB
10．BD
【解析】
【分析】
分别令、，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的定义可判断B选项；解不等式可判断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.
【详解】
对于A选项，分析可知当为奇数时，为奇数，
当为偶数时，为偶数，
令可得，不合乎题意，
令可得，合乎题意，
所以，不是数列中的项，是数列中的项，A错；
对于B选项，由于，
所以，数列是公差为的等差数列，B对；
对于C选项，若为偶数，由可得，矛盾，
若为奇数，由可得，即，解得，
一切满足条件的奇数都合乎题意，
所以，有有限个整数使得成立，C错；
对于D选项，为偶数，则，且，
所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，
所以，，D对.
故选：BD.
11．AC
【解析】
【分析】
由可得，即可判断A选项；设出直线，联立抛物线，由求出，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选项；求出即可判断D选项.
【详解】
由可得，则N为的外心，A正确；
易得直线斜率不为0，设，，联立可得，
，则，则，由可得，
即，则，则焦点为，B错误；
由作差得，即，C正确；
，则，D错误.
故选：AC.
12．ACD
【解析】
【分析】
由标题所给不等式及推行不等式依次判断4个选项即可.
【详解】
选项A：由，，则，且，
∴，
由基本不等式可知，当且仅当时取等，∴，故选项A正确；
选项B：∵，∴，又，∴，即，∴恒成立，故选项B错误；
选项C：∵，且，∴，且，∴，即，∴，故选项C正确；
选项D：①若，则当时，不等式显然成立；
②若，∵，∴，，∴当时，，
∴，记为不超过b的整数，易知．∴当时，成立，
∴任意，存在，且，使得，故选项D正确.
故选：ACD．
13．或（，等）（答案不）
【解析】
【分析】
根据所给函数性质写出一个函数即可.
【详解】
根据题中的条件可知函数是偶函数，值为2，所以满足题中的条件，再如，再如等等（答案不）.
故答案为：或（，等）（答案不）.
14．
【解析】
【分析】
由l与C有且仅有一个交点得与另一条渐近线垂直，进而得到，再求离心率即可.
【详解】
不妨设为右焦点，直线l与渐近线垂直，要使l与C有且仅有一个交点，则与另一条渐近线不相交，即与另一条渐近线平行，
则两条渐近线互相垂直，即，则离心率为.
故答案为：.
15．0或1##1或0
【解析】
【分析】
变形给定等式，利用同角公式计算作答.
【详解】
由得：，
则，，所以或.
故答案为：0或1
16． ##
【解析】
【分析】
先判断出当时四面体的表面积，即可求得；先求出表面积，再得到的中点O为四面体的外接球球心，即可求得，再求出四面体的体积，由即可求得，即可求解.
【详解】
易得的面积为定值，又，显然当时，此时面积，
即四面体的表面积，此时；
当四面体的表面积时，易知四面体的表面积值为，设的中点为O，
易知，∴，即O为四面体的外接球球心，∴四面体的外接球半径，
∵，且，∴，∴，由，平面，
，可得平面，∴四面体的体积为，
又，∴，解得，
∴.
故答案为：；．
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由条件得到，再经过退位相减法得到数列是等比数列，由等比数列的通项公式求解即可；
（2）先求出，再表示出，经过裂项相消法求和即可.
(1)
∵对任意的，点均在直线上，∴，∴当时，，
∴，即，又∵，∴，
∴，∴，∴数列是以3为首项，9为公比的等比数列，∴．
(2)
，∴，
∴，即．
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理，将边转化成角，然后用辅助角公式，即可求解. （2）在，分别用余弦定理表示出 ，根据，可得边长的关系，进而根据周长即可求解.
(1)
由正弦定理，得，
∵A，B，C为的内角，∴，
∴，
∴，
∵，，∴，，
∴，
易知，∴，即．
(2)
设，，则，，在中，由余弦定理，
得，
在中，同理有，
∵，∴，即，
整理得，解得或，
∵，即，∴，且，
∵的周长为，∴，
∴，∴．
19．(1)答案见解析
(2)① ；理由见解析；②
【解析】
【分析】
（1）分析可知随机变量的可能取值有、、、，计算出随机变量在不同取值下的概率可得出随机变量的分布列；
（2）①求得，解不等式可得的值；
②记“甲至少有一局被扣除积分”为，记“甲获得“购书券”奖励”为，计算出、的值，利用条件概率公式可求得所求的概率.
(1)
解：记“一局游戏后甲被扣除个积分”为，“一局游戏后乙被扣除个积分”为，
由题可知，则，
当三局均为甲被扣除个积分时，，
当两局为甲被扣除个积分，一局为乙被扣除个积分时，，
当一局为甲被扣除个积分，两局为乙被扣除个积分时，，
当三局均为乙被扣除个积分时，，
所以，，，
，，
所以，随机变量的分布列为
(2)
解：①由（1）易得，
显然甲、乙单方的积分之和恒为零，
当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，则需，
所以，，即正整数的最小值；
②当时，记“甲至少有一局被扣除积分”为，则，
由题设可知若甲获得“购书券”奖励则甲被扣除积分的局数至少为，
记“甲获得“购书券”奖励”为，易知为“甲恰好有一局被扣除积分”，
则，所以，，
即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为．
20．(1)证明见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据线面平行的性质定理，可得线线平行，进而可得线面平行.
（2）根据空间坐标法，计算法向量，进而可得二面角大小，或者根据长度关系，可用几何法找到二面角，进而利用余弦定理求解.
(1)
证明：∵四边形ABCD为矩形，∴，
∵平面 ，平面，
∴平面
又平面 ，平面平面，
∴，
∵平面 ，∴．
(2)
（法一）取AB，CD的中点分别为O，F，连接OE，OF，则，
∵平面平面，且交线为AB，∴平面，
又平面，，
当l与半圆弧相切时，，即，
以OE，OB，OF所在的直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
不妨设，易得，，，，
则，，，
设为平面DAE的一个法向量，
则，即，
∴，令，则，
设为平面DCE的一个法向量，则，
即，∴，令，则，
∴，
易知二面角A-DE-C的平面角大小即为，
∴二面角A-DE-C的余弦值为．
（法二）当l与半圆弧相切时，，，∴，
∵平面平面，其交线为，且，平面 ，
∴平面，又平面，∴，
同理，
不妨设，则，，
∴由勾股定理得，
取DE的中点F，连接AF，FC，AC，
则，，
∴是二面角A-DE-C的平面角，
易知，，且，
∴在中，有，
∴二面角A-DE-C的余弦值为．
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由切线长相等得，再椭圆的定义即可求得T的方程；
（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.
(1)
不妨设的内切圆与BC，BA分别相切于点E，F，由切线长相等可知，，，
∴，∴，∴动点C的轨迹为以A，B为焦点，
长轴长为4的椭圆（且C不在直线AB上），设动点C的轨迹方程为：，易知，且，解得，
∴T的方程为：．
(2)
设，，，∵，∴，
若，则，，即P与R重合，与矛盾，∴，∴，，∴，
代入，又，化简得，
同理可得，，∴，为方程的两根，
∵，∴，即，即动点P在定直线：上，
令直线：，当与T相切时，记，的距离为d，则，联立可得，
由，解得，又，∴，此时，解得，，即切点为，
且直线，的距离为，∴，当Q点坐标为，且时，，即，
联立得，此时，，且直线P R即直线l：，
即显然不过点和，符合题设条件，∴的最小值为．
【点睛】
本题关键点在于利用解出点坐标，代入曲线T得关系式，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，进而得到，为一元二次方程的两根，由得出动点P轨迹，将的最小值转化为直线上一点和椭圆上一点距离的最小值即可求解.
22．(1)
(2)证明见解析
【解析】
【分析】
（1）直接求导，讨论和时函数的单调性即可求解；
（2）先经过分析法将要证结论转化为证，再（1）得到，由累加法放缩、裂项相消即可证明.
(1)
，当时，，，∴当时，，在区间上单调递增，
当时，，，∴当时，，∴在区间上单调递减，不合题意，
∴若在区间上单调递增，则实数a的取值范围为．
(2)
欲证，只需证，
只需证，即证，
只需证，由（1）可知当时，在区间上单调递增，
∴，∴当时，不等式恒成立，即恒成立，∴，
即，同理，…，，
将上述不等式累加得：
又
，
∴不等式得证，∴不等式得证．
【点睛】
本题关键点在于先经过分析法将要证结论转化为证，然后由（1）中结论得到，经过累加法得到，再利用放缩、裂项相消求和即可证得结论.
－6
P