山东省济宁市2022届高三模拟考试（三模）数学试题（解析版）

这是一份山东省济宁市2022届高三模拟考试（三模）数学试题（解析版），共21页。试卷主要包含了 已知双曲线， 已知，则等内容，欢迎下载使用。
2022年济宁市高考模拟考试数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.一、单项选择题1. 已知集合，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】解对数不等式求得集合，再根据交集的定义即可得解.【详解】解：，所以.故选：C.2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可得出复数的虚部.【详解】由已知可得，因此，复数的虚部为.故选：D.3. 已知双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（    ）A.  B.  C. 2 D. 【答案】A【解析】【分析】求出双曲线C渐近线的斜率，与已知直线斜率的乘积等于-1，即可求解.【详解】由题意，双曲线的方程为： ，斜率为 和 ，直线 的斜率为 ，因为两直线垂直，则有 ，即 ，（ ，显然这是不可能的），或 ， ；故选：A.4. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素插入这位运动员所形成的空中，结合插空法可求得结果.【详解】因为个“冰墩墩”完全相同，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素插入这位运动员所形成的空中，且、元素不相邻，则不同的排法种数为.故选：B.5. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（    ）A  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】由二次函数的值域可得出，可得出，则有，利用基本不等式可求得结果.【详解】若，则函数的值域为，不合乎题意，因为二次函数的值域为，则，且，所以，，可得，则，所以，，当且仅当时，等号成立，因此，的最小值为.故选：B.6. 已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求值.【详解】.故选：D.7. 若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】正六棱柱有内切球，则到每个面的距离相等，即，可求内切球的半径，根据可求外接球的半径，代入球的面积公式计算．【详解】如图：分别为底面中心，为的中点，为的中点设正六棱柱的底面边长为若正六棱柱有内切球，则，即内切球的半径，即外接球的半径则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为故选：C．8. 若函数为偶函数，对任意的，且，都有，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题意可得函数在上递减，且关于对称，则，利用作差法比较三者之间的大小关系，再根据函数的单调性即可得解.【详解】解：由对，且，都有，所以函数在上递减，又函数为偶函数，所以函数关于对称，所以，又，因为，所以，因为，所以，所以，所以，即.
故选：A.二、多项选择题9. 在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为.按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为.则下列结论正确的是（    ）A. 样本容量B. 图中C. 估计该市全体学生成绩的平均分为分D. 该市要对成绩由高到低前的学生授子“优秀学生”称号，则成绩为分的学生肯定能得到此称号【答案】BC【解析】【分析】根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断A；根据频率之和等于，即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意得，即可判断D.【详解】对于A：因为成绩落在区间内的人数为，所以样本容量，故A不正确；对于B：因为，解得，故B正确；对于C：学生成绩平均分为：，故C正确；对于D：因为，即按照成绩由高到低前的学生中不含分的学生，所以成绩为分的学生不能得到此称号，故D不正确.故选：BC.10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到B. 直线是图象的一条对称轴C. 若，则的最小值为D. 直线与函数在上的图象有个交点【答案】BCD【解析】【分析】由图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期性可判断C选项；求出在时的可能取值，可判断D选项.【详解】对于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，又因为，因为，则，所以，，则，所以，，故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；对于B选项，，所以，直线是图象的一条对称轴，B对；对于C选项，因为，所以，的最小值为，C对；对于D选项，当时，，由可知的可能取值集合为，所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.故选：BCD.11. 已知直线与圆交于、两点，且为锐角（其中为坐标原点），则实数的取值可以是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】BC【解析】【分析】设，可得，求得，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出合适的选项.【详解】设，则，可得，设圆心到直线的距离为，圆的圆心为原点，半径为，所以，，由点到直线的距离公式可得，所以，，解得或.故选：BC12. 已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）A. 是等差数列B. C. D. 满足的的最小正整数解为【答案】ACD【解析】【分析】根据题意得，整理得，即可判断A；由A知，，所以，，即可判断B；因为，即，令，即，构造函数，求解判断即可；根据题意得，求和得，再根据题意求解判断即可.【详解】因为，当时，，解得，当时，，即，整理得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，所以，又正项数列的前项和为，所以，故A正确；当时，解得，当时，，即，又，所以，，因为，所以，即，故B不正确；因为，，即，令，所以原不等式为：，即，令，所以，当时，恒成立，所以在单调递增，所以，所以成立，故C正确；因为，所以，所以，所以
 ，因为，即，化简整理得：，当时，，当时，，所以满足的的最小正整数解为，故D正确.故选：ACD.【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.三、解答题13. 设随机变量，若，则________.【答案】0.5##【解析】【分析】根据正态分布曲线的对称性求得，即可得出答案.【详解】解：因为随机变量，，所以，所以.故答案为：0.5.14. 已知函数，则________.【答案】##【解析】【分析】利用函数的解析式可求得的值.【详解】因为，则.故答案为：.15. 在边长为的等边中，已知，点在线段上，且，则________.【答案】【解析】【分析】根据题意得，求出，所以，即，求解即可.【详解】因为，所以，又，即，因为点在线段上，所以，，三点共线，由平面向量三点共线定理得，，即，所以，又是边长为的等边三角形，所以，故.故答案为：.16. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的最大值为________.【答案】    ①. ##1.5    ②. 【解析】【分析】空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．【详解】设过点的直线为，联立方程消去得，可得∵，则可得：，可得，解得过点作准线的垂线，垂足为，则可得若取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，即，则设，则切线斜率，切线方程为切线过，代入得，解得，即则，即则的最大值为故答案为：；．四、解答题17. 已知函数.（1）求函数的最小正周期；（2）在锐角中，若，，，求的面积.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；（2）由已知条件结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理可求得边的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.【小问1详解】解：因为.所以，函数的最小正周期为.【小问2详解】解：因为，所以，，因为，则，，可得，由余弦定理可得，即，因为，解得，此时，为最长边，角为最大角，此时，则角为锐角，所以，.18. 已知等差数列的前项和为，且，，数列满足.（1）求数列和的通项公式；（2）记，求数列的前项和.【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出数列的通项公式，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；（2）设，推导出数列为等比数列，确定该数列首项和公比，即可求得数列的前项和.【小问1详解】解：设等差数列的公差为，则，解得，所以，，当时，，当时，，可得，上述两个等式作差可得，也满足，故对任意的，.【小问2详解】解：由（1）可得，设，所以，，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，因此，数列前项和为.19. 如图1，在平行四边形中，，，，以对角线为折痕把折起，使点到达图2所示点的位置，且.（1）求证：；（2）若点在线段上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，结合平形四边形的几何性质可得出，利用勾股定理可得出，利用线面垂直的判定和定义可证得结论成立；（2）以点为坐标原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，确定点的位置，然后利用锥体的体积公式可求得结果.【小问1详解】证明：在中，由余弦定理可得，所以，，，又因为四边形为平行四边形，所以，，在中，，，，，则，因为，，平面，平面，.【小问2详解】解：因为，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、、，设，其中，，设平面的法向量为，，则，取，可得，易知平面的一个法向量为，由已知可得，因为，解得，所以，为的中点，因此，.20. 某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加第一、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为元、元、元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束，选手小李参加该闯关游戏，已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为，，，第一关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.（1）求小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；（2）设小李所得总奖金为，求随机变量的分布列及其数学期望.【答案】（1）    （2）分布列见解析；.【解析】【分析】（1）根据题意包含两种情况，第一种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关失败，第二种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，分别求概率相加即可求解；（2）根据题意得的可能取值为：，，，，再分别求每个随机变量对应的概率，再求分布列和期望.【小问1详解】根据题意得，小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的事件分为两类情况：第一种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关失败，其概率为：；第二种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，其概率为：；记“小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零”为事件：则.【小问2详解】根据题意得：的可能取值为：，，，，所以，，，，所以的分布列为：所以的期望为：.21. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，点在椭圆上，且的最大值为，椭圆的离心率为.（1）求椭圆的方程；（2）若过点的直线与椭圆交于另一点（异于点），与直线交于一点，的角平分线与直线交于点，求证：点是线段的中点.【答案】（1）    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；（2）设点在轴上方，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，分析可得，设出直线、的方程，求出点、、的坐标，由已知条件可得出、坐标之间的关系，可证得结论成立；在直线的斜率不存在时，直接求出、的坐标，即可证得结论成立.【小问1详解】解：由已知可得，解得，因此，椭圆的方程为.【小问2详解】证明：由对称性，不妨设点在轴上方.①当直线的斜率存在时，因为的角平分线为，所以，，所以，，即，设直线的方程为，其中，联立可得，设点，则，所以，，则，即点，所以，，设直线的方程为，则点、，因为，则，整理可得，因为，所以，，所以，，所以，点为线段的中点；②当直线的斜率不存在时，不妨设点，则直线的方程为，所以点，又因为直线的方程为，所以点，所以，点为线段的中点.综上可知，点为线段的中点.【点睛】关键点点睛：本题考查线段中点的证明，解题的关键就是对直线的斜率是否存在进行分类讨论，通过设出直线方程，求出、的坐标，结合线段的中点坐标公式得以证明.22. 已知函数，.（1）当时，证明：；（2）若函数在内有零点，求实数的取值范围.【答案】（1）证明见解析；    （2）【解析】【分析】（1）构造函数，证得即可；（2）根据零点存在性定理结合导函数与单调性、最值等关系进行判定.【小问1详解】证明：当时，设，，由，，可得在单调递减，在单调递增，所以，则，即；【小问2详解】函数，，若函数在内有零点，则函数在内至少有两个极值点，即在内至少有两个变号零点.，等价于在内至少有两个变号零点，，，当或时，或恒成立，则在上单调，不合题意；当时，由，，可得在单调递减，在上单调递增，所以当时，在内有两个变号零点且最多两个，即，令，，设，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即在上恒成立，所以.此时即有两个零点，设为，当和时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，则在上有零点，综上可得：.【点睛】函数零点的求解与判断方法：(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．