2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模）（含答案解析）

2022年山东省聊城市高考数学模拟试卷（一）（一模）

1. 设集合，，则

A.  B.  C.  D.

2. 复数z满足，则

A.  B.  C. 2 D.

3. 已知向量，满足，，且，则向量与的夹角为

A.  B.  C.  D.

4. 根据分类变量x与y的成对样本数据，计算得到依据的独立性检验，结论为

A. 变量x与y不独立
B. 变量x与y不独立，这个结论犯错误的概率不超过
C. 变量x与y独立
D. 变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过

5. “阿基米德多面体”也称半正多面体，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，它体现了数学的对称美．如图是以一正方体的各条棱的中点为顶点的多面体，这是一个有八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，若该多面体的棱长为1，则经过该多面体的各个顶点的球的体积为

A.  B.  C.  D.

6. 设，则

A.  B.
C.  D.

7. “环境就是民生，青山就是美丽，蓝天也是幸福”，随着经济的发展和社会的进步，人们的环保意识日益增强．某化工厂产生的废气中污染物的含量为，排放前每过滤一次，该污染物的含量都会减少，当地环保部门要求废气中该污染物的含量不能超过，若要使该工厂的废气达标排放，那么在排放前需要过滤的次数至少为
   参考数据：，

A. 5 B. 7 C. 8 D. 9

8. 已知正数x，y满足，则的最小值为

A.  B.  C.  D.

9. 设，且，则

A.  B.  C.  D.

10. 已知双曲线C：，则

A. 双曲线C的焦点在x轴上
B. 双曲线C的焦距等于
C. 双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于
D. 双曲线C的离心率的取值范围为

11. 已知函数，，则下列结论正确的是

A. 若对于任意的，都有成立，则
B. 若对于任意的，都有成立，则
C. 当时，若在上单调递增，则的取值范围为
D. 当时，若对于任意的，函数在上至少有两个零点，则的取值范围为

12. 在数列中，对于任意的都有，且，则下列结论正确的是

A. 对于任意的，都有
B. 对于任意的，数列不可能为常数列
C. 若，则数列为递增数列
D. 若，则当时，

13. 若为奇函数，则______填写符合要求的一个值
14. 第24届冬奥会于2022年2月4日至20日在北京和张家口举行，中国邮政陆续发行了多款纪念邮票，其图案包括“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”等，小明现有“冬梦”“飞跃”“冰墩墩”“雪容融”邮票各2张，他打算从这8张邮票中任选3张赠送给同学小红，则在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为______.
15. ，是椭圆C的两个焦点，P是椭圆C上异于顶点的一点，I是的内切圆圆心，若的面积等于的面积的3倍，则椭圆C的离心率为______.
16. 在矩形ABCD中，E是AB的中点，，，将沿DE折起得到，设的中点为M，若将绕DE旋转，则在此过程中动点M形成的轨迹长度为______.
17. 设数列的前n项和为，对于任意的都有，且
    求数列的通项公式；
    若数列满足，求数列的前2n项和
    
    
    
    
    
    
     
18. 如图，在四边形ABCD中，，
    求；
    若，，，，求四边形ABCD的面积．

19. 如图，在三棱柱中，，，侧面是正方形，E是的中点，，
    求证：；
    是线段上的点，若平面ABC与平面CEF的夹角为，求AF的长．
    
    
    
    
    
    
     
20. 为了解某车间生产的产品质量，质检员从该车间一天生产的100件产品中，随机不放回地抽取了20件产品作为样本，并一一进行检测．假设这100件产品中有40件次品，60件正品，用X表示样本中次品的件数．
    求X的分布列用式子表示和均值；
    用样本的次品率估计总体的次品率，求误差不超过的概率．
    参考数据：设，，1，2，…，20，则，，，，，，，
    
    
    
    
    
    
     
21. 已知抛物线E：的准线为l，点在E上，且P到l的距离与P到原点O的距离相等．
    求E的方程；
    ，B，C，D是E上异于原点O的四个动点，且，若，，垂足分别为M，N，求的最大值．
    
    
    
    
    
    
     
22. 已知函数，
    讨论的单调性；
    当时，若对于任意的，都有，求证：
    
    
    
    
    
    
    
    

答案和解析

1.【答案】D
 

【解析】解：集合为奇数集，
，
则
故选：
根据交集的定义写出，即可求得答案．
本题主要考查了交集的运算问题，属于基础题．
 

2.【答案】A
 

【解析】解：，
，

故选：
根据已知条件，运用复数的运算法则，以及复数模的公式，即可求解．
本题考查了复数代数形式的乘除法运算，以及复数模的公式，需要学生熟练掌握公式，属于基础题．
 

3.【答案】C
 

【解析】解：由已知条件得；
；
向量与的夹角为
故选：
由便得到，而根据已知，即可求得，求出，从而得到向量的夹角．
考查两非零向量垂直的充要条件，以及数量积的运算，向量夹角的概念．
 

4.【答案】D
 

【解析】解：，
由独立性检验的定义可知，变量x与y独立，这个结论犯错误的概率不超过
故选：
根据已知条件，结合独立性检验的定义，即可求解．
本题主要考查独立性检验的定义，属于基础题．
 

5.【答案】A
 

【解析】解：将该多面体放入正方体中，如图所示．

由于多面体的棱长为1，所以正方体的棱长为，
因为该多面体是由棱长为的正方体连接各棱中点所得，
所以该多面体外接球的球心为正方体体对角线的中点，其外接球直径等于正方体的面对角线长，即，
所以，
所以该多面体外接球的体积
故选：
将该多面体放入正方体中，可以间接确定该多面体外接球的球心，从而求出其外接球的体积．
本题考查了多面体外接球的体积，属于基础题．
 

6.【答案】D
 

【解析】解：，
，，，
在R上为增函数，，
在上为增函数，且，
，，
即，
故选：
利用正弦函数的图象与性质得到，再利用指数函数，对数函数的单调性判断各选项即可．
本题考查正弦函数的图象与性质，指数函数，对数函数的单调性，属于中档题．
 

7.【答案】C
 

【解析】解：设该污染物排放前过滤的次数为，
由题意，即，
两边取以10为底的对数可得，
即，
所以，
因为，，
所以，
所以，
又，
所以，即该污染物排放前需要过滤的次数至少为8次．
故选：
设该污染物排放前过滤的次数为，由题意，两边取以10为底的对数可得，根据参考数据即可求解．
本题考查了指数、对数的运算，求出关系式是解答本题的关键，属于中档题．
 

8.【答案】B
 

【解析】解：正数x，y满足，
所以，即，
所以，
令，，则，
所以在时单调递增，
故，即，
所以，
令，，
则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
故当时，取得最小值，
所以的最小值为
故选：
由已知结合对数恒等式进行变形，然后进行构造函数，结合导数研究单调性，进而可求最值．
本题主要考查了利用导数研究函数的单调性及最值，解题的关键是根据已知等式合理的进行构造函数，属于中档题．
 

9.【答案】AC
 

【解析】解：对于A，，且，，解得，故A正确，
对于B，，即，，故B错误，
对于C，，且，，当且仅当时，等号成立，，故C正确，
对于D，，且，
，当且仅当，时等号成立，故D错误．
故选：
对于A，结合不等式的性质即可求解，对于B，结合指数函数的单调性即可求解，对于CD，结合基本不等式公式即可求解．
本题主要主要考查了不等式的性质，以及基本不等式的应用，属于中档题．
 

10.【答案】ACD
 

【解析】解：双曲线C：，
可得，，所以双曲线的焦点坐标在x轴，所以A正确；
双曲线的焦距为：，所以B不正确；
双曲线C的焦点到其渐近线的距离等于，所以C正确；
双曲线的离心率为：所以D正确；
故选：
通过k的范围，判断双曲线的焦点位置，焦距的长，焦点到其渐近线的距离，离心率的范围，判断选项的正误即可．
本题考查双曲线的简单性质的应用，是基础题．
 

11.【答案】ACD
 

【解析】解：对于A，对于任意的，都有成立，
所以恒成立，又，，，故A正确；
对于B，由题可得是函数的周期，但不能推出函数的最小正周期为，故B错误；
对于C，当时，当时，，
则，故，故C正确；
对于D，当时，当时，，
由在上至少有两个零点，
则，即，故D正确．
故选：
由题可得恒成立，利用三角函数的性质可判断A，利用函数的周期的含义可判断B，利用正弦函数的单调性可判断C，由题可得，进而可判断
本题考查三角函数的图象与性质，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

12.【答案】ACD
 

【解析】解：对于选项A，在数列中，，则，
又对于任意的都有，则，即，即对于任意的，都有，即选项A正确；
对于选项B，不妨设数列可能为常数列，则，又，则，则，
即时，数列为常数列，即选项B错误；
对于选项C，，
又，则，即，同理，当，都有，
即，即，即数列为递增数列，即选项C正确；
对于选项D，，则，即，同理，当，都有，
又，
即数列为递减数列，即当时，，即选项D正确，
故选：
结合数列递推式研究数列的单调性，然后逐一判断即可得解．
本题考查了数列递推式，重点考查了数列的单调性，属中档题．
 

13.【答案】
 

【解析】解：因为为奇函数，
由奇函数性质可得，，
所以，
则
故答案为：答案不唯一
由已知结合奇函数的性质，代入即可求解．
本题主要考查了奇函数性质的应用，属于基础题．
 

14.【答案】
 

【解析】解：在选中的3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”邮票的概率为
故答案为：
选3张邮票中既有“冰墩墩”邮票又有“雪容融”的组合数除以从8张邮票中任选3张的组合数可得答案．
本题考查组合数应用及古典概型应用，考查数学运算能力及抽象能力，属于基础题．
 

15.【答案】
 

【解析】解：由于椭圆关于原点对称，不妨设点P在x轴上方，
设点P纵坐标为，点I纵坐标为，内切圆半径为r，椭圆长轴长为2a，焦距为2c，
则，得，
又，即，
又，化简得，即，
解得，可得离心率为
故答案为：
先由，求得，再利用，求得，即可求出离心率．
本题主要椭圆的性质，考查三角形内切圆的性质，考查运算求解能力，属于中档题．
 

16.【答案】
 

【解析】解：如图，设AC的中点为，绕DE旋转，此时平面平面ABCD，
取CD中点P，CE中点Q，PQ中点N，连接PQ，MP，MQ，MN，，，，
，，，和是等腰直角三角形，
且在旋转过程中保持形状大小不变，故动点M的轨迹是以N为圆心，为半径的一段圆弧，
又，面，面，面，同理面，
又因为，所以平面平面，又平面平面ABCD，
故平面面ABCD，又平面平面，，故平面ABCD，
又面ABCD，所以，
故动点M形成的轨迹长度为
故答案为：
先通过始终是等腰直角三角形确定动点M的轨迹是一段圆弧，再结合垂直关系证明圆弧对应的圆心角为，即可求出动点M的轨迹长度．
本题主要考查空间位置关系与距离，考查数形结合思想与运算求解能力，属于中档题．
 

17.【答案】解：对于任意的都有，
数列是等差数列，公差为2，
，，
解得，

由，可得
，
，，
，
数列的前2n项和…
 

【解析】对于任意的都有，可得数列是等差数列，公差为2，利用通项公式即可得出
由，可得，，可得，通过分组求和即可得出结论．
本题考查了等差数列的通项公式及其求和公式、分组求和方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 

18.【答案】解：因为，
所以，
所以，可化为，
由二倍角公式可得：，
因为，所以，
所以，
所以，解得
在中，，，，
由余弦定理得：，即，
所以，
在中，由正弦定理得，所以，
又因为，所以，
又因为，所以，从而，所以，
因此四边形ABCD的面积
 

【解析】利用诱导公式和二倍角公式得到，再判断出，即可求出；
由余弦定理求出BD，由正弦定理得到，从而求出，得到和，进而求出四边形ABCD的面积．
本题主要考查了正弦定理，余弦定理，三角函数恒等变换在解三角形中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于中档题．
 

19.【答案】证明：侧面是正方形，E是的中点，
，，，，，
又，，在中由余弦定理有，
，解得，，，
，又，CE，平面，
平面，又平面，
；
以C为坐标原点，CA，CB，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，
设，
，
又，

设平面CFE的一个法向量为，
则，即，令，则，，
平面CFE的一个法向量为，
由易证平面ABC，为平面ABC的一个法向量，
，，
解得或舍去，

 

【解析】由，可求得，进而由余弦定理可得，可证，结合可证平面，可证结论；
以C为坐标原点，CA，CB，为坐标轴建立如图所示的空间直角坐标系，，可求平面CEF的一个法向量和平面ABC的一个法向量，利用向量法可得，求解即可．
本题考查线线垂直的证明，以及利用面面角的大小求线段的长，属中档题．
 

20.【答案】解：由于质检员是随机不放回抽取20件产品，各次试验之间的结果不相互独立，
则随机变量X服从超几何分布，
故X的分布列为，，1，2，，20，X的均值为
样本中次品率是一个随机变量，
所以，
所以误差不超过的概率为
 

【解析】由题意可知，随机变量X服从超几何分布，从而即可求解．
样本中次品率是一个随机变量，即可得，再结合参考数据，即可求解．
本题主要考查离散型随机变量分布列的求解，考查期望公式的应用，属于中档题．
 

21.【答案】解：设抛物线E的焦点为 F，点 P 到 l的距离为d ，则，
由题可得，
所以，故，，
，
的方程为；
设直线 AB的方程为，
由，得，
设，，
则，，
，
解得，
直线 AB的方程为，故直线 AB过定点，
当时，，点 M在以 OQ为直径的圆上，
当时，点 M与点 Q重合，点 M在以 OQ为直径的圆上，
综上，点 M总在以 OQ为直径的圆上，
同理，点 N总在以 OQ为直径的圆上，
因此的最大值为圆的直径
 

【解析】由题可得，进而即得；
由题可设 AB的方程为，利用韦达定理及条件可得，直线 AB过定点，进而可得点 M、 N总在以 OQ为直径的圆上，即得．
本题考查了抛物线的方程和性质，直线与抛物线相交的问题，难点在于得到点N、M 在以 OQ为直径的圆上，属于中档题．
 

22.【答案】解：的定义域为，
当时，对于任意的，都有，所以在内单调递减；
当时，令，解得；令，解得，
所以在内单调递减，在内单调递增；
证明：因为当时，在内单调递减，在内单调递增，又，
所以存在，使得，且
当时，，当时，，当时，，
因为对于任意的，都有，所以，也是函数的两个零点，
即，是方程的根，所以，，
又因为，，所以，
所以等价于，
因为，所以，下面证明：
要证，即证，
因为在内单调递增，
所以只需证，又因为，
所以也只需证，
设，则，
因为，所以当时，，所以在上单调递减，
又因为，所以当时，，即，
因为，所以
所以成立，即，
因此
 

【解析】求出，分和两种情况讨论即可得答案；
由根据函数零点存在定理存在，使得，由对于任意的，都有，可得，也是函数的两个零点，即，是方程的根，所以，，又，，所以，所以等价于，由，不等式右边易证，左边要证，即证，构造函数即可证明．
本题考查导数的综合应用，考查学生的综合能力，属于难题．