2022年山东泰安市高考数学一模试卷

这是一份2022年山东泰安市高考数学一模试卷，共17页。试卷主要包含了已知sin=14，则sin=，已知抛物线C，7x+a，则以下正确的是等内容，欢迎下载使用。

2022年山东泰安市高考数学一模试卷

1.（5分）已知复数z满足方程z+iz=i(i为虚数单位)，则øverlinez=(    )
A. 12+12i B. 12-12i C. -12+12i D. -12-12i
2.（5分）设集合A={ x|x2-x-2⩾0},B={ x|y=x-1}，则A∪B=( )
A. R B. [1,+∞)
C. (-∞,-1]∪[1,+∞) D. (-∞,-1]∪[0,+∞)
3.（5分）下列选项中，p是q的必要不充分条件的是()
A. p：a>1，q：f(x)=logax(a>0,且a≠1)在(0,+∞)上为增函数
B. p：a>1，b>1，q：f(x)=ax-b(a>0,且a≠1)的图象不过第二象限
C. p：x⩾2且y⩾2，q：x2+y2⩾4
D. p：a+c>b+d，q：a>b且c>d
4.（5分）若双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线被圆x2+y2-4y+2=0所截得的弦长为2，则双曲线C的离心率为(    )
A. 3 B. 233 C. 2 D. 2
5.（5分）某食品的保鲜时间y(单位：小时)与储藏温度x(单位：℃)满足函数关系y=ekx+b(e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数).若该食品在0 ℃的保鲜时间是192小时，在22 ℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是(     )
A. 16小时 B. 20小时
C. 24小时 D. 28小时
6.（5分）已知sin(π3-α)=14，则sin(π6-2α)=()
A. 78 B. -78 C. ±78 D. -18
7.（5分）已知抛物线C：y2=2px(p>0)的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点A(0,2)与抛物线C的准线交于点N，FM→=55MN→，则p的值等于()
A. 18 B. 2 C. 14 D. 4
8.（5分）已知数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列，数列{bn}满足bn=1+anan.若对任意的n∈N*，都有bn⩾b5成立，则实数a的取值范围是(    )
A. [-6,-5] B. (-6,-5)
C. [-5,-4] D. (-5,-4)
9.（5分）某工厂研究某种产品的产量x(单位：吨)与需求某种材料y(单位：吨)之间的相关关系，在生产过程中收集了4组数据如表所示：
x
3
4
6
7
y
2.5
3
4
5.9
根据表中的数据可得回归直线方程\hat y=0.7x+a，则以下正确的是( )
A. 变量x与y正相关 B. y与x的相关系数r0,01，q：f(x)=ax-b(a>0,且a≠1)的图象不过第二象限，则a>1，b⩾1，此时p⇒q，q不能推出p，不满足题意； 
C：p：x⩾2且y⩾2，q：x2+y2⩾4，则p⇒q，q不能推出p，不满足题意； 
D：p：a+c>b+d，q：a>b且c>d，此时q⇒p，p不能推出q，符合题意． 
故选：D. 
结合对数函数的单调性，指数函数的单调性，不等式的性质分别检验各选项的充分性及必要性即可判断． 
此题主要考查了充分及必要条件的判断，属于基础题．

4.【答案】C
【解析】解：双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线不妨为：bx+ay=0， 
圆x2+y2-4x+2=0即为(y-2)2+x2=2的圆心(0,2)，半径为2， 
双曲线的一条渐近线被圆x2+y2-4y+2=0所截得的弦长为2， 
可得圆心到直线的距离为：2-1=2aa2+b2， 
解得：4c2-4a2c2=1， 
由e=ca， 
可得e2=4，即e=2． 
故选：C． 
通过圆的圆心与双曲线的渐近线的距离，列出关系式，然后求解双曲线的离心率即可． 
此题主要考查双曲线的简单性质的应用，主要是离心率的求法，考查圆的方程的应用，考查计算能力，是中档题．

5.【答案】C
【解析】
 
该题考查函数模型的运用，属于一般题． 
由已知中保鲜时间与储藏温度是一种指数型关系，由已知构造方程求出e11k，eb的值，运用指数幂的运算性质求解e33k+b即可． 
 
解：y=ekx+b(e=2.718…为自然对数的底数，k，b为常数)．当x=0时，eb=192， 
当x=22时，e22k+b=e22k⋅eb=48， 
∴e22k=48192=14， 
解得e11k=12， 
当x=33时，e33k+b=(e11k)3⋅(eb)=(12)3×192=24． 
故选C．

6.【答案】B
【解析】解：因为sin(π3-α)=cos[π2-(π3-α)]=cos(π6+α)=14， 
所以sin(π6-2α)=cos[π2-(π6-2α)]=cos2(π6+α)=2cos2(π6+α)-1=2×(14)2-1=-78. 
故选：B. 
由已知利用诱导公式可得cos(π6+α)，进而根据诱导公式，二倍角的余弦公式化简所求即可求解． 
此题主要考查了诱导公式，二倍角的余弦公式在三角函数求值中的应用，属于基础题．

7.【答案】B
【解析】解：依题意F点的坐标为(p2,0)， 
设M在准线上的射影为K 
由抛物线的定义知|MF|=|MK|， 
∵FM→=55MN→，∴|FM||MN|=55，可得|MK||MN|=55， 
则|KN|：|KM|=2：1， 
kFN=0-2p2-0=-4p， 
∴-4p=-2，求得p=2， 
故选：B. 
作出M在准线上的射影，根据|KM|：|MN|确定|KN|：|KM|的值，进而列方程求得a. 
此题主要考查了抛物线的简单性质．抛物线中涉及焦半径的问题常利用抛物线的定义转化为点到准线的距离来解决．


8.【答案】D
【解析】 
该题考查的知识要点：数列的递推关系式，数列的通项公式的应用，主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力，属于基础题． 
直接利用数列的递推关系式，数列的通项公式的应用求出结果． 
 
解：根据题意：数列{an}是首项为a，公差为1的等差数列， 
所以an=n+a-1， 
由于数列{bn}满足bn=1+anan=1an+1， 
所以1an⩾1a5对任意的n∈N都成立， 
故数列{an}单调递增，且满足a50， 
所以a5=5+a-10amp;， 
解得-50\)，\(h(e^{3})=\ln e^{3}-\dfrac{1}{4}(e^{3}-1)=\dfrac{13-e^{3}}{4}0\)， 
所以\(f(x)\geqslant f(1)=\ln 1+1-1=0\)； 
当\(x0\)，解得：\(01\)，则有\(k\geqslant\dfrac{\ln x}{x-1}-1(x>1)\)， 
令\(P(x)=\geqslant\dfrac{\ln x}{x-1}+1(x>1)\)，只需\(k\geqslant p(x)_{\max}.\) 
\(p'(x)=\dfrac{\dfrac{1}{x}(x-1)-\ln x}{(x-1)^{2}}=\dfrac{1-\dfrac{1}{x}-\ln x}{(x-1)^{2}}.\) 
记\(m(x)=1-\dfrac{1}{x}-\ln x\)，则\(m'(x)=\dfrac{1}{x^{2}}-\dfrac{1}{x}=\dfrac{1-x}{x^{2}}1\)三种情况，利用分离参数法分别求出 \(k\)得到范围，取交集即可． 
此题主要考查了分段函数的单调性、最值、极值及分类讨论思想、极限思想，综合性较强，属于难题．

13.【答案】 6
【解析】解：二项式可以化为(1-4x+6x2-4x3+x4)(2x+1)5， 
则二项式的展开式中含x2的项为1×C53(2x)2-4x×C54(2x)1+6x2×C55(2x)0=6x2， 
所以x2的系数为6， 
故答案为：6. 
二项式可以化为(1-4x+6x2-4x3+x4)(2x+1)5，然后根据二项式定理求出含x2的项，进而可以求解． 
此题主要考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．

14.【答案】 76
【解析】解：连接AC，因为E是BC的中点， 
所以AE→=12(AB→+AC→)， 
又因为AC→=AD→+DC→=AD→+13AB→， 
所以AE→=23AB→+12AD→， 
即λ=23，μ=12， 
λ+μ=76. 
故答案为：76. 
把AB→和AD→看作基底，来表示AE→，即可求出结果． 
此题主要考查平面向量的线性运算及其平面向量的基本定理，属于基础题．

15.【答案】 73  16; 略
【解析】解：由题意知μ≈45×5+55×10+65×25+75×30+85×20+95×10100=73， 
易知P(X>85.9)=P(X>73+12.9)=1-0.68272=0.15865， 
故该市全体考生中笔试成绩高于85.9的人数大约为100×0.15865≈16. 
故答案为：73，16. 
结合均值的计算方法求出μ的近似值，然后再据此算出笔试成绩高于85.9的人数的频率，则结果可求． 
此题主要考查正态分布的性质，属于基础题．

16.【答案】 1+32
【解析】解：由题意，可设椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2， 
由椭圆和双曲线的定义可知，PF1+PF2=2a1，PF1-PF2=2a2， 
则PF1=a1+a2，PF2=a1-a2， 
又∠F1PF2=60°，由余弦定理可得(2c)2=(a1+a2)2+(a1-a2)2-2(a1+a2)(a1-a2)cos60°， 
整理得4c2=a12+3a22，即1e12+3e22=4，则14e12+34e22=1， 
所以e12+e22=(14e12+34e22)(e12+e22)⩾(12e1⋅e1+32e2⋅e2)2=1+32，当且仅当e2e1=3e1e2时，等号成立， 
故答案为：1+32. 
设椭圆的长半轴为a1，双曲线的实半轴为a2，结合定义可得PF1=a1+a2，PF2=a1-a2，在三角形F1PF2中，由余弦定理可得14e12+34e22=1，然后结合柯西不等式可得结果． 
此题主要考查了椭圆与双曲线的离心率的综合，属于中档题．

17.【答案】解：（1）在△ABC中，因为-3cacosB=tanB+tanA， 
所以由正弦定理得：-3sinCsinAcosB=sinBcosB+sinAcosA，即-3sinCsinAcosB=sinBcosA+cosBsinAcosBcosA=sin(A+B)cosBcosA=sinCcosBcosA， 
因为sinC≠0，cosB≠0， 
所以-3sinA=1cosA，即tanA=-3， 
因为A∈（0，π）， 
所以A=2π3． 
（2）在△ABC中，因为BC=3BD=3AB，A=2π3，所以a=3c， 
由余弦定理得：a2=b2+c2-2bccosA，即b2+bc-2c2=0，解得：b=c （b=-2c舍去）， 
因为AD→=AB→+BD→=AB→+13BC→=AB→+13（AC→-AB→）=23AB→+13AC→， 
所以AD→2=（23AB→+13AC→）2．即32=49c2+2×29bccos2π3+19b2， 
因为b=c，所以32=39c2，解得：c2=27， 
所以△ABC的面积S△ABC=12bcsinA=12×27×32=2734，即△ABC的面积为2734．
【解析】 
(1)利用三角函数恒等变形得到tanA，即可求出角A； 
(2)先由余弦定理求得b=c，利用向量的运算求出c2=27，直接代入面积公式即可求出△ABC的面积． 
此题主要考查了三角函数恒等变形，余弦定理，向量的运算以及三角形的面积公式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．

18.【答案】解：（1）设等差数列{an}的公差为d， 
由a2=5，2a1，a3，a5+2成等比数列，得（5+d）2=2（5-d）（7+3d）， 
即7d2-6d-45=0，解得d=3或d=-157（舍去）． 
∴an=5+（n-2）×3=3n-1； 
证明：（2）由an（3bn-1）=1，得3bn=13n-1+1=1+3n-13n-1=3n3n-1， 
∴bn=log33n3n-1， 
假设数列{cn}的前n项和为An，An=log3an+1a1=log33n+22，则An-1=log33n-12， 
∴cn=An-An-1=log33n+22-log33n-12=log33n+23n-1（n≥2）， 
验证n=1时cn成立． 
要证Tn＜log3an+1a1，即证Tn＜An，只需证log33n3n-1＜log33n+23n-1， 
也就是证3n3n-1＜3n+23n-1，即证3n＜3n+2，此式显然成立． 
∴Tn＜log3an+1a1．
【解析】 
(1)设等差数列{an}的公差为d，由已知结合等比数列的性质列式求得d，则通项公式可求； 
(2)由an(3bn-1)=1，得bn=log33n3n-1，由题意假设数列{cn}的前n项和为An，An=log3an+1a1=log33n+22，求得cn，问题转化为证log33n3n-10，令g(x)=2xlnx-x+1(x>1)，利用导数证得g(x)>0即可． 
此题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，考查分类讨论思想与转化思想的应用，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于难题．