山东师范大学附属中学2022届高三考前打靶数学试卷(含答案)

这是一份山东师范大学附属中学2022届高三考前打靶数学试卷(含答案)，共24页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
山东师范大学附属中学2022届高三考前打靶数学试卷学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、选择题1、已知集合，则中元素的个数是(   )A.2 B.3 C.4 D.52、若，则的虚部为(   )A.1 B.-1 C.i D.3、若都不为零的实数满足，则(   )A. B. C. D.4、足球起源于中国古代蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C，满足,面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为(   )A. B. C. D.5、已知某电子产品电池充满时的电量为3000毫安时，且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A：电量呈线性衰减，每小时耗电300毫安时；模式B：电量呈指数衰减，即：从当前时刻算起，t小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式，并在x小时后，切换为B模式，若使其在待机10小时后有超过5％的电量，则x的取值范围是(   )A. B. C. D.6、如图，在杨辉三角形中，斜线l上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则(   )A.361 B.374 C.385 D.3957、已知双曲线的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON（其中O为坐标原点）的中点B，且，则双曲线C的离心率为(   )A.2 B. C. D.8、若关于x的不等式对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(   )A. B. C. D.二、多项选择题9、，若，则下列结论正确的有(   )A.  B.C.二项式系数的和为 D.10、已知函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是(   )A.函数是偶函数 B.的图象关于点对称C.在上是增函数 D.当时，函数的值域是[1，2]11、感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有位志愿者主动到所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有(   )A.不同的安排方法数为150B.若甲学校至少安排两人，则有60种安排方法C.小晗被安排到甲学校的概率为D.在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为12、函数，下列说法正确的是(   )A.当时，在处的切线的斜率为1B.当时，在上单调递增C.对任意在上均存在零点D.存在在上有唯一零点三、填空题13、已知，则________.14、边长为1的正方形内有一内切圆，MN是内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是_________.15、已知随机变量，且，则的最小值为________.16、勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.四、解答题17、在①，②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且________.（1）求角B；（2）若，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.18、已知是数列的前n项和，且,.（1）求数列的通项公式；（2）记，求数列的前项和.19、一台仪器每启动一次都随机地出现一个6位的二进制数，其中A的各位数字中，,出现0的概率为，出现1的概率为.例如：，其中,.记，当启动仪器一次时：（1）当时，有且仅有两个0连排在一起的概率；（2）求的概率分布列及.20、如图甲，平面图形ABCDE中，，，，，沿BD将折起，使点C到F的位置，如图乙，使，.（1）求证；平面平面AEG；（2）点M是线段FG上的动点，当AM与平面AEG所成角的正弦值为时，求平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值.21、在平面直角坐标系中xOy，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．（1）求椭圆C方程；（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为，直线QB的斜率为，已知．①求证：直线PQ恒过x轴上一定点；②设和的面积分别为，求的最大值．22、已知函数.（1）若有两个零点，a的取值范围；（2）若方程有两个实根、，且，证明：.
参考答案1、答案：C解析：因为，所以，所以中元素的个数有4个.故选：C.2、答案：B解析：由，得所以，则的虚部为：-1 故选：B3、答案：C解析：[方法一]：特值法：取，满足，但，A错误；当，满足，但，B错误；因为，所以，所以，C正确；当或时，，无意义，故D错误.故选：C[方法二]：函数性质法对于A，由于不清楚a,b的正负，不能直接取倒数，A错误；对于B，由于不清楚a,b是否为正，没有办法利用基本不等式，B错误；对于D，由于不清楚a,b的正负，不一定有意义，D错误；故选C.4、答案：C解析：取AB中点为D,过D作,且,因为平面ABC,所以平面ABC.由于,故,进而可知,所以O是球心,OA为球的半径.由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,体积最小值为故选:C5、答案：C解析：由题意得，x小时后的电量为毫安，此时转为B模式，可得10小时后的电量为，则由题意可得，化简得，即令，则，由题意得，则，令m分别为1，2时，这个不等式左右两边大小相等，由函数和的图象可知，该不等式的解集为，所以，得，故选：C6、答案：B解析：根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，所以故选：B7、答案：A解析：记M为双曲线C：的渐近线上的点，因为，且，所以，．所以．因为右焦点到渐近线的距离，所以．所以，所以，所以，所以，又因为，．所以为等边三角形，所以，所以，即，所以．故选：A．8、答案：C解析：解：设，则对一切正实数x恒成立，即，由，令，则恒成立，所以在上为增函数，当时，，当时，，则在上，存在使得，当时，，当时，，故函数在上单调递减，在上单调递增，所以函数在处取得最小值为，因为，即，所以恒成立，即，又，当且仅当，即时取等号，故，所以．故选：C．9、答案：ACD解析：对于A选项，，可得，A对，对于B选项，因为，所以，，B错；对于C选项，二项式系数的和为，C对；对于D选项，，D对.故选：ACD.10、答案：BD解析：因为，又的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，所以，所以，所以，所以向左平移个单位得到，横坐标伸长到原来倍得到，A，为非奇非偶函数，故错误；B，，所以的图象关于点对称，故正确；C，因为，所以，又因为在上先增后减，所以在上不是增函数，故错误；D，当时，，所以，此时；，此时，所以的值域为，故正确.故选：BD11、答案：AC解析：对于A选项，将位志愿者分成组，每组至少一人，每组人数分别为、、或、、，再将这三组志愿者分配给个地区，不同的安排方法种数为种，A对；对于B选项，若甲学校至少安排两人，则甲校安排人或人，则不同的安排方法种数为种，B错；对于C选项，若小晗被安排到甲学校，则甲校可安排的人数为或或，由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为，C对；对于D选项，记事件小晗被安排到甲校，事件甲学校安排两人，则，，由条件概率公式可得，D错.故选：AC.12、答案：AD解析：对于A，当时，，，故在处的切线的斜率为1，A正确；对于B，当时，，作出函数,在上图象如图示，可以看到,在有两交点，即有两个零点 ，不妨假设，当时，，递增，当时，，递减，当时，，递增，故当时，在上不是单调递增函数，故B错误；对于C，，，令，则 ,令，, ，令，得 ，,故当时，，,递减，当时，，,递增，所以当,,时，取到极小值，即当,,时，取到极小值，又 ，即 ，又因为在上，递减，故，当,,时，取到极大值，即当时，取到极大值，又 ，即 ，故，当时，，所以当即，时，在上无零点，故C错误；当，即时， 与 的图象只有一个交点，即存在在上有唯一零点，故D正确，故选：AD13、答案：解析：因为，，所以，所以，所以，，所以，则.故答案为：.14、答案：解析：如下图所示：设正方形ABCD的内切圆为圆O，当弦MN的长度最大时，MN为圆O的一条直径，，当P为正方形ABCD的某边的中点时，，当P与正方形ABCD的顶点重合时，，即，因此，.故答案为：.15、答案：解析：由正态分布的对称性可知：，解得：，因为，所以，由基本不等式得：，当且仅当，即时等号成立，所以不等式得最小值为故答案为：16、答案： ①a    ②解析：由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间距离最大值为a，所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，假设图2是投影光线垂直于面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，当光线与平面ABD的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，即.故答案为：a；.17、答案： (1)(2)解析：（1）选①，由及正弦定理可得，所以，，因为B、，所以，，则，所以，，；选②，由及正弦定理可得，所以，，、，，所以，，则.（2）因为，所以，，由已知，即，所以，，所以，，即，所以，.18、答案：(1) (2)解析:（1）变形为，因为，所以，故；（2）当n为奇数时，，当n为偶数时，，则19、答案：(1)(2)解析：（1）由题意得当时，后面5个数字是两个1和三个0，总的排法有种；其中仅有两个0连排在一起的共有种；所以有且仅有两个0连排在一起的概率为.（2）由题意的取值为1,2,3,4,5,6.故的概率分布列为123456P.20、答案：(1)见解析(2)解析：（1）证明：翻折前，翻折后，对应地，，又因为，，所以，平面ABDE，平面ABDE，，在底面ABCDE中，，，所以，四边形ABDE为等腰梯形，因为，，因为，则，，，又因为，，平面GEBF，因为平面AEG，因此，平面GEBF平面AEG.（2）在中，，，，则，因为，则且，因为平面，平面，，以点为坐标原点，EA、EB、EG所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，则、、设点，其中，所以，，易知平面AEG的一个法向量为，由已知条件可得，因为，解得，所以，，，设平面ABM的法向量为，则，取，可得，，因此，平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值为.21、答案：(1) (2)解析：（1）由题意可得解得，所以椭圆C的方程为．（2）①方法一：第三定义转化依题意，点，设，因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立整理得：，所以，且因为点是椭圆上一点，即，所以，所以，即因为，所以，此时，故直线PQ恒过x轴上一定点．方法二：非对称韦达依题意，点，设,因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得：所以整理得：，所以，且依题意，，即．算法1：和积关系转化法因为，所以，所以解得：．算法2：韦达定理代入消元因为，所以，所以解得：．方法三：分设两线再联立依题意，点，设，设，并设直线，直线，因为联立直线AP与椭圆C得：所以整理得：，解得：．因为联立直线BQ与椭圆C得：所以整理得：，解得：．因为，且，此时，设直线PQ与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知，，即线段PQ过点．②由①得，所以（当且仅当即时等号成立），所以的最大值为2．22、答案：(1) (2)见解析解析：（1）函数的定义域为.当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，由可得，构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，，由可得，列表如下：xe 增极大值减所以，函数的极大值为，如下图所示：且当时，，由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，故实数a的取值范围是.（2）证明：因为，则，令，其中，则有，，所以，函数在上单调递增，因为方程有两个实根、，令，，则关于的方程也有两个实根、，且，要证，即证，即证，即证，由已知，所以，，整理可得，不妨设，即证，即证，令，即证，其中，构造函数，其中，，所以，函数在上单调递增，当时，，故原不等式成立.