2022届山东省济南第一中学（济南市）高三二模数学试题含解析

这是一份2022届山东省济南第一中学（济南市）高三二模数学试题含解析，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022届山东省济南第一中学（济南市）高三二模数学试题一、单选题1．已知，是虚数单位，若复数为纯虚数，则（       ）A．0 B．1或-1 C． D．1【答案】D【分析】直接由实部为0且虚部不为0列式求解.【详解】为纯虚数，，即.故选：.【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础的计算题.2．已知集合，， ，则C中元素的个数为（       ）A．1 B．2 C．3 D．4【答案】C【分析】根据题意写出集合C的元素，可得答案.【详解】由题意，当时， ，当，时， ，当，时， ，即C中有三个元素，故选：C3．“”是“直线与平行”的（       ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分又不必要条件【答案】A【分析】利用定义法，分充分性和必要性分别判断.【详解】充分性：当时，直线与即为：与，所以两直线平行.故充分性满足；必要性：直线与平行，则有：，解得：或.当时，直线与即为：与，所以两直线平行，不重合；当时，直线与即为：与，所以两直线平行，不重合；所以或.故必要性不满足.故“”是“直线与平行”的充分不必要条件.故选：A4．已知函数若，则m的值为（       ）A． B．2 C．9 D．2或9【答案】C【分析】由题可得或，即求.【详解】∵函数，，∴或，解得.故选：C.5．的展开式中，常数项为（       ）A．2 B．6 C．8 D．12【答案】D【分析】先将展开，再求，展开式的通项，即可求出答案.【详解】，展开式的通项为：，当即时， ，所以的展开式中，常数项为.故选：D.6．济南市洪家楼天主教堂于2006年5月被国务院列为全国重点文物保护单位.它是典型的哥特式建筑.哥特式建筑的特点之一就是窗门处使用尖拱造型，其结构是由两段不同圆心的圆弧组成的对称图形.如图2，和所在圆的圆心都在线段AB上，若，，则的长度为（       ）A． B． C． D．【答案】A【分析】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，表示出，由求出，再进一步求出，即可求出答案.【详解】过作，设圆弧AC的圆心为O，半径为，则，在中，，所以，，所以在直角三角形中，，所以，所以，而，所以，所以.故选：A.7．如图，△ABC是边长为3的等边三角形，D在线段BC上，且，E为线段AD上一点，若与的面积相等，则的值为（       ）A． B． C． D．【答案】D【分析】由题可得为的中点，建立坐标系利用坐标法即得.【详解】∵D在线段BC上，且，∴，又为线段AD上一点，若与的面积相等，∴，为的中点，如图建立平面直角坐标系，则，∴，∴.故选：D.8．已知数列，，，，，，，，，，…，其中每一项的分子和分母均为正整数.第一项是分子与分母之和为2的有理数；接下来两项是分子与分母之和为3的有理数，并且从大到小排列；再接下来的三项是分子与分母之和为4的有理数，并且从大到小排列，依次类推.此数列第n项记为，则满足且的n的最小值为（       ）A．47 B．48 C．57 D．58【答案】C【分析】将数列的项分组，设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，由此列式，求得，结合，即可求得答案.【详解】将数列分组为（），（，），（，，），（，，，），…，设满足的首次出现在第m组的第x个数的位置上，则 ，此时数列共有项数为 ，即得，解得 由于 ，而，故 ，又,故符合条件的m,的最小值为11，则满足且的n的最小值为 ，故选：C【点睛】本题综合考查了数列的相关知识，解答时要明确数列的项的规律特点，分组，从而列出相应的等式或不等式关系，这是解题的关键所在. 二、多选题9．袋中装有除颜色外完全相同的1个红球和2个白球，从袋中不放回的依次抽取2个球.记事件A=“第一次抽到的是白球”，事件B=“第二次抽到的是白球”，则（       ）A．事件A与事件B互斥 B．事件A与事件B相互独立C． D．【答案】CD【分析】根据互斥事件以及相互独立事件的概念，可判断A,B; 事件B=“第二次抽到的是白球”，分两种情况，即第一次抽到红球第二次抽到白球和第一次抽到白球第二次也抽到白球，由此判断C;根据条件概率的公式计算，可判断D.【详解】对于A,由于第一次抽到的是白球和第二次抽到白球，可以同时发生，故事件A与事件B不互斥，A错误；对于B，由于是从袋中不放回的依次抽取2个球，因此第一次抽球的结果对第二次抽到什么颜色的球是有影响的，因此事件A与事件B不是相互独立关系，B错误；对于C，事件B=“第二次抽到的是白球”，分两种情况，即第一次抽到红球第二次抽到白球和第一次抽到白球第二次也抽到白球，故，故C正确；对于D， ,故,故D正确，故选：CD10．下列不等关系中一定成立的是（       ）A． B．C．， D．，【答案】ABC【分析】A.利用对数函数的单调性判断；B.利用指数函数和幂函数的单调性判断； C.利用作差法判断；D.取特殊值判断.【详解】A. 因为，所以，故正确 B.因为在上递增，则，因为在上递减，则，所以 ，故正确；C. 因为，所以，，故正确；D. 当时， ，故错误；故选：ABC11．过抛物线焦点F的直线交抛物线于A，B两点（A在第一象限），M为线段AB的中点.M在抛物线的准线l上的射影为点N，则下列说法正确的是（       ）A．的最小值为4 B．  C．△NAB面积的最小值为6 D．若直线AB的斜率为，则【答案】ABD【分析】设直线AB方程为 , ，根据弦长公式表示出，可判断A;求出点N的坐标，根据斜率之间的关系，可判断B;表示出点点N到直线AB的距离，继而求得，可判断C; 直线AB的斜率为，结合可求得，即可判断D.【详解】由题意知 ,设直线AB方程为 , ，联立 ，可得 ， ，故，则，故当 时，的最小值为4，故A正确；又 ，即M点纵坐标为2m,故 ，当时，轴，NF在x轴上，此时 ;当时, ， ，故，综合可知，,故B正确；又点N到直线AB的距离为 ，故 ，当 时，取最小值4，故C错误；若直线AB的斜率为，则直线AB方程为，即 ，则，由于A在第一象限，故解得 ，故 ，由于同向，故，故D正确，故选：ABD12．在棱长为1的正方体中，E，F，G分别为线段，CD，CB上的动点（E，F，G均不与点C重合），则下列说法正确的是（       ）A．存在点E，F，G，使得平面EFGB．存在点E，F，G，使得C．当平面EFG时，三棱锥与C-EFG体积之和的最大值为D．记CE，CF，CG与平面EFG所成的角分别为，，，则【答案】ACD【分析】以点为原点建立空间直角坐标系，设，对于A，当时，易证得，则要使平面EFG，只需即可，利用向量法即可得出结论；对于B，要使，只需要即可，判断和是否相等，即可；对于C，根据平面EFG，可得的关系，由，只要求出的最大值即可；对于D，利用等体积法求出到平面的距离，分别求出，即可判断.【详解】解：如图，以点为原点建立空间直角坐标系，设，对于A，因为平面，平面，所以，又因，所以平面，又平面，所以，当时，，此时，要使平面EFG，只需即可，，则，则，即，当时，，故存在点E，F，G，使得平面EFG，故A正确；对于B，，则，要使，只需要即可，，，，则，故，因为，所以，所以，所以不存在点E，F，G，使得，故B错误；对于C，因为平面EFG，所以，，则，则，所以，要使最大，则，此时，所以体积之和的最大值为，故C正确；对于D，由B，，则，因为，所以到平面的距离满足，所以，所以，，，所以，故D正确.故选：ACD. 三、填空题13．2022年4月24日是第七个“中国航天日”，今年的主题是“航天点亮梦想”.某校组织学生参与航天知识竞答活动，某班8位同学成绩如下：7，6，8，9，8，7，10，m.若去掉m，该组数据的第25百分位数保持不变，则整数的值可以是___________（写出一个满足条件的m值即可）.【答案】7或8或9或10（填上述4个数中任意一个均可）【分析】由百分位数的概念即可得出答案.【详解】7，6，8，9，8，7，10，m，若去掉m，该组数据从小到大排列为：6，7，7，8，8，9，10，则，故第25百分位数为第二个数即7，所以7，6，8，9，8，7，10，m，第25百分位数为7，而，所以7为第二个数与第三个数的平均数，所以的值可以是7或8或9或10.故答案为：7或8或9或10.14．已知，分别为双曲线的左､右焦点，点P在双曲线上，若，，则双曲线的离心率为___________.【答案】【分析】不妨假设点P在双曲线右支上，可根据双曲线定义结合条件求得，再结合，即可求得答案.【详解】不妨假设点P在双曲线右支上，则 ，由于，，故，故，而 ，故 ，故答案为：15．在高为2的直三棱柱中，AB⊥AC，若该直三棱柱存在内切球，则底面△ABC周长的最小值为___________.【答案】【分析】先求出内切球的半径，时，即 ，底面△ABC周长的最小，代入即可求出答案.【详解】因为直三棱柱的高为2，设内切球的半径为，所以，所以，又因为AB⊥AC，所以设，所以.，因为，所以 △ABC周长的最小值即为面积的最小值，而，当且仅当 “”时取等.当时，底面△ABC周长最小，所以，所以，所以此时△ABC周长的最小值：.故答案为：.四、双空题16．已知函数，则函数的最小值为___________；若关于x的方程有且仅有一个实根，则实数a的取值范围是___________.【答案】     2a     【分析】对于第一空，求函数倒数，判断导数正负，判断函数单调性，即可求得最小值；第二空，将方程变形为，构造函数，将根的问题转化为图象的交点问题，根据函数的单调性可知，在 上图象和图象有一交点，即关于x的方程有一个实根，故需满足在 时，二者图象无交点，由此构造函数，分离参数，利用导数，求得答案.【详解】对于第一空：由可知，当 时，， ，对于 ，其图象对称轴为 ，故时，为增函数，则，即，故当 时，是单调增函数，由于，故当 时，是单调减函数，故；第二空：即，即，而函数结合第一空的分析可知，在 时取得最小值，如图示，而函数，，故是单调增函数，由图可知，在 上图象和图象有一交点，即关于x的方程有一个实根，故需满足在 时，二者图象无交点，此时 而，则即，则需满足 无解，对于 ，令 ，，当 时，，单调递增，当 时，，单调递减，故，故要使 无解，需满足 ，故答案为：【点睛】本题考查了利用导数求解函数的最小值以及方程有唯一跟的问题，综合性较强，要求思维能力较强，解答时的关键是将方程有唯一跟的问题转化为图象有一个交点的问题，数形结合灵活处理. 五、解答题17．从某企业的某种产品中随机抽取100件，测量这些产品的一项质量指标值，由测量结果制成如图所示的频率分布直方图.(1)求这100件产品质量指标值的样本平均数（同一组数据用该区间的中点值作代表）；(2)已知某用户从该企业购买了3件该产品，用X表示这3件产品中质量指标值位于内的产品件数，用频率代替概率，求X的分布列.【答案】(1)(2)分布列见解析【分析】（1）根据平均数的求法，求得平均数.（2）利用二项分布的知识求得的分布列.【详解】(1)由已知得：.(2)因为购买一件产品，其质量指标值位于内的概率为0.2，所以，所以.，，，，所以X的分布列为X0123P0.5120.3840.0960.00818．已知 内角A，B，C的对边分别为a，b，c， ，的面积.(1)求边c；(2)若为锐角三角形，求a的取值范围.【答案】(1)1(2)【分析】（1）根据，结合三角形内角和定理求得，由三角形面积公式结合，求得答案；（2）由正弦定理表示，由三角形为锐角三角形确定，即可求得答案.【详解】(1)因为，，所以；因为，所以 .(2)在 中，由正弦定理，由（1）知，，代入上式得：，因为为锐角三角形，则,所以，所以，所以.19．在底面为正三角形的三棱柱中，平面ABC⊥平面，，.(1)证明：；(2)求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）求出，利用勾股定理证明，再根据面面垂直的性质可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；（2）以为原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，利用向量法即可求出答案.【详解】(1)证明：因为，，所以，则，所以，即，因为平面ABC∥平面，平面ABC⊥平面，所以平面平面，因为平面平面，所以平面，又平面，所以；(2)解：如图，以为原点，，所在直线分别为x轴，y轴建立空间直角坐标系，则，，，，所以，，设平面的法向量为，则，即，取x=1，则，又因为x轴⊥平面ABC，所以取平面ABC的法向量，所以，由图可知，二面角为锐角，所以二面角的余弦值为.20．已知是递增的等差数列，，，，分别为等比数列的前三项.(1)求数列和的通项公式；(2)删去数列中的第项（其中 ），将剩余的项按从小到大的顺序排成新数列，求数列的前n项和.【答案】(1)，(2)【分析】（1）根据题意可列出方程组，求得等差数列的公差，继而求得等比数列的首项和公比，即得答案;（2）删去数列中的第项（其中 ）后，求和时讨论n的奇偶性，并且分组求和，即可求得答案.【详解】(1)设数列的公差为，数列的公比为q，由已知得，解得， ，所以；所以，，所以.(2)由题意可知新数列为：，，，，…，则当n为偶数时，则当n为奇数时,，综上： .21．已知椭圆C的焦点坐标为和，且椭圆经过点.(1)求椭圆C的方程；(2)若，椭圆C上四点M，N，P，Q满足，，求直线MN的斜率.【答案】(1)(2)【分析】（1）根据题意得到c=1，再将点代入椭圆方程求解；（2）设，，，，，由得到，根据，都在椭圆上，得到，同理得，两式相减求解.【详解】(1)解：由题意可知，c=1，设椭圆方程为，将点代入椭圆方程，得，解得（舍），，所以椭圆方程为.(2)设，，，，，因为，所以，即，又，都在椭圆上，所以，，即，②-①得，即……③，又，同理得……④④-③得，所以.22．已知函数，.(1)若曲线在点处的切线在y轴上的截距为，求a的值；(2)是否存在实数t，使得有且仅有一个实数a，当时，不等式恒成立？若存在，求出t，a的值；若不存在，说明理由.【答案】(1)1(2)存在，，【分析】（1）由导数的几何意义，求出切线方程，建立关于的方程，求解即可得答案；（2）当时，在上单调递增，，只需即可，与有且仅有一个实数a矛盾，不符合题意；当时，令，得，当时，即时，在上单调递增，则；当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，综上，，①，，②；由题意知，上述不等式关于a有唯一解.然后对分三种情况、和进行讨论即可求解.【详解】(1)解：由题意，，又因为，所以在处的切线方程为，即，令，得，，因为，所以=0，a=1；(2)解：，恒成立，即恒成立.令，，当时，恒成立，所以在上单调递增，故当时，，只需即可，与有且仅有一个实数a矛盾，不符合题意；当时，令，得，当时，即时，在上单调递增，则；当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，综上，，①，，②；由题意知，上述不等式关于a有唯一解.（i）若，对于①式，无解.对于②式，令，，，时，，所以在上单调递增，在上单调递减，故只需即可，解得，此时，符合题意；（ii）若t=1，对于①式，a=1，对于②式，，当时成立，不合题意；（ⅲ）若，对于①式，时均成立，不合题意；综上所述，当时，存在唯一的，使得恒成立.【点睛】关键点点睛：（2）问解题的关键是，当时，令，得，当时，即时，在上单调递增，则；当时，即时，在上单调递减，在上单调递增，所以，从而得，①，，②，上述不等式关于a有唯一解.