2022届山东省泰安市一中高考全真模拟数学试题含解析

这是一份2022届山东省泰安市一中高考全真模拟数学试题含解析，共18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届山东省泰安市一中高考全真模拟数学试题一、单选题1．已知集合，则（       ）A． B． C． D．2．已知向量，不共线，向量，，若O，A，B三点共线，则（       ）A． B． C． D．3．展开式中的常数项为（       ）A． B． C． D．4．定义矩阵运算，则（       ）A． B．C． D．5．若等差数列满足，则它的前13项和为（       ）A． B． C． D．6．在底面是正方形的四棱锥中，底面ABCD，且，则四棱锥内切球的表面积为（       ）A． B． C． D．7．已知，则的最小值是（       ）A．2 B． C． D．38．已知双曲线的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与C在第一象限的交点为A，直线与C的左支交于点B，且．设C的离心率为e，则（       ）A． B．C． D．二、多选题9．已知复数满足方程，则（       ）A．可能为纯虚数 B．该方程共有两个虚根C．可能为 D．该方程的各根之和为210．已知椭圆的左，右焦点分别为，A，B两点都在C上，且A，B关于坐标原点对称，则（       ）A．的最大值为 B．为定值C．C的焦距是短轴长的2倍 D．存在点A，使得11．已知函数在上单调，且，则的取值可能为（       ）A． B． C． D．12．已知函数在上先增后减，函数在上先增后减.若，，，则（       ）A． B． C． D．三、填空题13．若，，，则___________.14．已知函数，写出一个同时满足下列两个条件的：___________.①在上单调递减；②曲线存在斜率为的切线.15．古希腊哲学家毕达哥拉斯曾说过：“美的线型和其他一切美的形体都必须有对称形式.”在中华传统文化里，建筑、器物、书法、诗歌、对联、绘画几乎无不讲究对称之美.如图所示的是清代诗人黄柏权的《茶壶回文诗》，其以连环诗的形式展现，20个字绕着茶壶成一圆环，无论顺着读还是逆着读，皆成佳作.数学与生活也有许多奇妙的联系，如2020年02月02日（20200202）被称为世界完全对称日（公历纪年日期中数字左右完全对称的日期）.数学上把20200202这样的对称数叫回文数，若两位数的回文数共有9个（11，22，…，99）.则所有四位数的回文数中能被3整除的个数是___________.四、双空题16．《九章算术》中的“商功”篇主要讲述了以立体几何为主的各种形体体积的计算，其中堑堵是指底面为直角三角形的直棱柱.在堑堵中，，M是的中点，，N，G分别在棱，AC上，且，，平面MNG与AB交于点H，则___________，___________.五、解答题17．某百科知识竞答比赛的半决赛阶段，每两人一组进行PK，胜者晋级决赛，败者终止比赛.比赛最多有三局.第一局限时答题，第二局快问快答，第三局抢答.比赛双方首先各自进行一局限时答题，依据答对题目数量，答对多者获胜，比赛结束，答对数量相等视为平局，则需进入快问快答局；若快问快答平局，则需进入抢答局，两人进行抢答，抢答没有平局.已知甲､乙两位选手在半决赛相遇，且在与乙选手的比赛中，甲限时答题局获胜与平局的概率分别为，，快问快答局获胜与平局的概率分别为，抢答局获胜的概率为，且各局比赛相互独立.(1)求甲至多经过两局比赛晋级决赛的概率；(2)已知乙最后晋级决赛，但不知甲､乙两人经过几局比赛，求乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率.18．已知是公比为2的等比数列，为数列的前n项和，且.(1)求的通项公式；(2)求数列的前n项和.19．如图1，在矩形ABCD中，，E是CD的中点，将沿AE折起至的位置，使得平面平面ABCE，如图2．(1)证明：平面平面PBE．(2)M为CE的中点，求直线BM与平面PAM所成角的正弦值．20．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，点O是的外心，．(1)求角A；(2)若外接圆的周长为，求周长的取值范围，21．已知抛物线上一点（）到焦点F的距离为5.(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线l与抛物线C交于P，Q两点，直线OP，OQ与圆的另一交点分别为M，N，O为坐标原点，求与面积之比的最大值.22．已知函数.(1)若函数，讨论的单调性.(2)若函数，证明：.
参考答案：1．A【解析】【分析】先解出集合，再由并集的概念求解即可.【详解】因为，所以.故选：A.2．A【解析】【分析】根据O，A，B三点共线，则，，，代入整理．【详解】因为O，A，B三点共线，则所以，，即整理得：又∵向量，不共线，则，则故选：A．3．B【解析】【分析】直接由二项展开式求常数项即可.【详解】展开式中的常数项为.故选：B.4．B【解析】【分析】本题考查新定义的理解和对数的运算．【详解】．故选：B．5．B【解析】【分析】根据等差数列的通项公式及前项和公式即可求解.【详解】设等差数列的首项为，公差为，则因为，所以，即.所以.故选：B.6．B【解析】【分析】由题意，设四棱锥内切球的半径为r，表面积为S，由即可求解.【详解】解：由题意，设四棱锥内切球的半径为r，因为，四棱锥的表面积，所以，所以四棱锥内切球的表面积为.故选：B.7．A【解析】【分析】对原式因式分解得，然后利用基本不等式即可求解.【详解】由，得，即，所以，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值是2.故选：A.8．D【解析】【分析】根据双曲线的定义：、以及，结合图形整理可得，在根据代入求解．【详解】由双曲线定义可知∵，∴，又∵，则∵A在以为直径的圆上，则∴，由，得，故．故选：D．9．ACD【解析】【分析】依题意可得或，即或，从而求出，即可判断；【详解】解：由，得或，即或，解得或，即方程的根分别为、、、，所以故选：ACD.10．ABD【解析】【分析】根据椭圆的简单几何性质，对各选项逐一分析即可求解.【详解】解：由题意，，所以，，所以A正确，C错误；由椭圆的对称性知，，所以B正确；当A在y轴上时，，则为钝角，所以存在点A，使得，所以D正确.故选：ABD.11．ACD【解析】【分析】根据三角函数的周期性、对称性以及函数值相等与周期之间的关系可求得的值.【详解】本题考查三角函数的图象及其性质，考查数学运算与逻辑推理的核心素养.设的最小正周期为T，则由题意可得，即.由在上单调，且，得的一个零点为.因为，所以有以下三种情况：①，则；②，则；③，则.故选：ACD.12．BC【解析】【分析】根据指数式与对数式的关系由条件求出，，，构造函数结合零点存在性定理确定的范围，由此判断的大小关系.【详解】∵，∴，，∴.设，∵，，在上先增后减，∴.∵，∴，，∴，∴.∵，∴设，∵，，在上先增后减，∴.∴.故选：BC.【点睛】本题解决的关键在于结合函数的单调性及零点存在性定理确定的范围.13．1【解析】【分析】利用两角和的正切公式展开式子得到关于的一元二次方程，解方程即可求解.【详解】由题意得，，化简得：，解得或，因为，所以.故答案为：1.14．（答案不唯一）【解析】【分析】根据函数的单调性，切线的斜率求出满足条件的函数的解析式即可.【详解】若同时满足所给的两个条件，则对恒成立，解得：，即，且在上有解，即在上有解，由函数的单调性可解得：.所以.则（答案不唯一，只要满足（即可）故答案为：15．30【解析】【分析】所有四位数的回文数中要能被3整除，这四个数的和是3的偶数倍数，分类讨论即可.【详解】要能被3整除，则四个数的和是3的偶数倍数.满足条件的回文数分为以下几类：和为6的回文数：，，此时有个.和为12的回文数：，，，，此时有个.和为18的回文数：，，，，，此时有个.和为24的回文数：，，，，此时有个.和为30的回文数：，，此时有个.和为36的回文数：，此时有1个.故共有个.故答案为：.16．     6     -42【解析】【分析】延长MG与延长线交于点K，连接KN确定点H，再利用堑堵的结构特征列式计算即得；利用空间向量加法及数量积计算作答.【详解】如图，延长MG，交的延长线于K，连接KN，显然平面，平面，因此，平面MNG与AB的交点H，即为KN与AB交点，在堑堵中，，则，即，又，则，而，于是得，所以，因，，所以.故答案为：6；-42【点睛】结论点睛：首尾相接的若干个向量的和，等于由起始向量的起点指向末尾向量的终点的向量．17．(1)(2)【解析】【分析】（1）分别求出甲第一局获胜、第一局平局第二局获胜的概率可得答案；（2）分别求出乙恰好经过一局､两局､三局比赛晋级决赛的概率，由三局比赛晋级决赛的概率除以经过一局､两局､三局比赛晋级决赛的概率和可得答案.(1)设甲至多经过两局比赛晋级决赛为事件A，则甲第一局获胜或第一局平局第二局获胜，则.(2)记乙恰好经过一局、两局、三局比赛晋级决赛分别为事件B、C、D，则，，，故在乙最后晋级决赛的前提下，乙恰好经过三局比赛才晋级决赛的概率为.18．(1)(2)【解析】【分析】（1）根据等比数列的通项公式进行计算即可；（2）根据通项的正负去掉绝对值，然后分别求和即可.(1)因为，所以.因为是公比为2的等比数列，所以，所以，故.(2)当时，；当时，.综上，19．(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）由平面平面平面PBE；（2）先说明两两垂直，再以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，利用线面角的向量公式可求出结果.(1)在矩形ABCD中，，E是CD的中点，,,所以，所以，在折叠后的图形中，也有，因为平面平面ABCE，平面平面ABCE，平面ABCE且，所以平面，因为平面，所以，因为，且，所以平面.(2)取的中点，的中点，连，，因为，所以，因为，，所以， 因为平面，所以，所以，所以两两垂直,以为原点，分别为轴建立空间直角坐标系，如图：则，，，，则，，，设平面的法向量，则，令，得，，得，所以直线BM与平面PAM所成角的正弦值为.20．(1)(2)【解析】【分析】（1）由三角形外心的定义和向量数量积的几何意义对条件化简，然后利用正弦定理边化角，整理化简可得；（2）先求外接圆半径，结合（1）和正弦定理将三角形周长表示为角C的三角函数，由正弦函数性质可得.(1)过点O作AB的垂线，垂足为D，因为O是的外心，所以D为AB的中点所以，同理所以，由正弦定理边化角得：所以整理得：因为，所以所以，即又，所以，得(2)记外接圆的半径为R，因为外接圆的周长为，所以，得所以周长由（1）知，所以因为，所以所以所以，即所以周长的取值范围为21．(1)(2)【解析】【分析】（1）将点代入抛物线方程，并结合抛物线的定义，求得的值，即可.（2）设直线的方程为，，，易得和的长，将直线，的方程与圆的方程联立，得到点和点的坐标，进而得到和，再由面积公式可得化简运算，得解.(1)依题意可得，因为，所以解得，所以抛物线C的方程为.(2)设过F点的直线方程为，联立方程得，则，所以①，②，设，，代入①②得③，则直线OP的方程为，直线OQ的方程为，联立方程，解得，同理可得，则④，由③得，代入④得，当且仅当时等号成立，，所以的最大值为.故与面积之比的最大值为.【点睛】圆维曲线相关的取值范围问题，一般思路为设出直线方程，与圆锥曲线联立，得到两根之和和两根之积，由题干条件列出方程，求出变量之间的关系，再表示出弦长或面积等，结合基本不等式，导函数，函数单调性等求出最值或取值范围，22．(1)当时，f(x)在上单调递增; 当时,f(x)在(0,1-a)上单调递减，在(1-a,+)上单调递增 ；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)由题意可得，求导，分和讨论即可；(2)令，利用导数确定的单调性并求出最小值，再令，利用导数确定的单调性并求出最小值即可得证.(1)解：因为，所以，的定义域为，.当时，在上单调递增.当时，若，则单调递减；若，则单调递增.综上所述：当时，f(x)在上单调递增; 当时,f(x)在(0,1-a)上单调递减，在(1-a,+)上单调递增 ；(2)证明：.设，则.当时，单调递减；当时，单调递增.所以，因此，当且仅当时，等号成立.设，则.当时，单调递减：当时，单调递增.因此，从而，则，因为，所以中的等号不成立，故.