名校联盟山东省优质校2022届高三毕业班5月模拟考试数学试题-

这是一份名校联盟山东省优质校2022届高三毕业班5月模拟考试数学试题-，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，已知无穷数列满足等内容，欢迎下载使用。
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名校联盟山东省优质校2022届高三毕业班5月模拟考试数学试题
试卷副标题
考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx
题号
一
二
三
四
五
总分
得分






注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
请点击修改第I卷的文字说明
评卷人
得分



一、单选题
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、宣传习近平新时代中国特色社会主义思想，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，若中间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．36 B．24 C．18 D．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．6 B．7 C．8 D．9
评卷人
得分



二、多选题
9．中华人民共和国的国旗图案是由五颗五角星组成，这些五角星的位置关系象征着中国共产党领导下的革命与人民大团结．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．已知无穷数列满足：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．著名的伯努利（Bemoulli）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广为：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（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
评卷人
得分



三、填空题
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，且最大值为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______．
评卷人
得分



四、双空题
16．已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到位置．记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积最大时，______，______．
评卷人
得分



五、解答题
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活动，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，其余完全相同）．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）．若双方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除个积分，乙增加个积分；若号码之差为偶数，则甲增加个积分，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，若双方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若双方的积分相等，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依据，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，并说明理由；
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：，

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】
因为
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，的位置关系不确定，错误；
对于C，的位置关系不确定，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】
由的范围求出整体的范围，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，最后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，因为，
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，
所有满足条件的奇数都合乎题意，
所以，有无限个整数使得成立，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】
由题目所给不等式及推广不等式依次判断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的最大整数，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）（答案不唯一）
【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，最大值为2，所以满足题中的条件，再如，再如等等（答案不唯一）.
故答案为：或（，等）（答案不唯一）.
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最大，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，此时面积最大，
即四面体的表面积最大，此时；
当四面体的表面积最大时，易知四面体的表面积最大值为，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，再通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，通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”为事件，记“甲获得“购书券”奖励”为事件，计算出、的值，利用条件概率公式可求得所求事件的概率.
(1)
解：记“一局游戏后甲被扣除个积分”为事件，“一局游戏后乙被扣除个积分”为事件，
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

－6



P





(2)
解：①由（1）易得，
显然甲、乙双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”为事件，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多为，
记“甲获得“购书券”奖励”为事件，易知事件为“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，再结合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）先通过分析法将要证结论转化为证，再结合（1）得到，由累加法结合放缩、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】
本题关键点在于先通过分析法将要证结论转化为证，然后由（1）中结论得到，通过累加法得到，再利用放缩、裂项相消求和即可证得结论.