山东省济宁市2022届高三模拟考试（三模）数学试题（解析版）

2022年济宁市高考模拟考试

数学试题

注意事项：

1.答卷前，考生务必将自己的姓名、考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上.

2.回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上写在本试卷上无效.

一、单项选择题

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】解对数不等式求得集合，再根据交集的定义即可得解.

【详解】解：，

所以.

故选：C.

2. 已知为虚数单位，复数满足，则的虚部为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的概念可得出复数的虚部.

【详解】由已知可得，

因此，复数的虚部为.

故选：D.

3. 已知双曲线：的一条渐近线与直线垂直，则该双曲线的离心率为（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】A

【解析】

【分析】求出双曲线C渐近线的斜率，与已知直线斜率的乘积等于-1，即可求解.

【详解】由题意，双曲线的方程为： ，斜率为 和 ，

直线 的斜率为 ，因为两直线垂直，

则有 ，即 ，（ ，显然这是不可能的），

或 ， ；

故选：A.

4. 随着北京冬奥会的开幕，吉祥物“冰墩墩”火遍国内外，现有个完全相同的“冰墩墩”，甲、乙、丙、丁位运动员要与这个“冰墩墩”站成一排拍照留念，则有且只有个“冰墩墩”相邻的排队方法数为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，将、元素插入这位运动员所形成的空中，结合插空法可求得结果.

【详解】因为个“冰墩墩”完全相同，将其中个“冰墩墩”捆绑，记为元素，另外个“冰墩墩”记为元素，

先将甲、乙、丙、丁位运动员全排，然后将、元素插入这位运动员所形成的空中，

且、元素不相邻，则不同的排法种数为.

故选：B.

5. 已知二次函数的值域为，则的最小值为（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由二次函数的值域可得出，可得出，则有，利用基本不等式可求得结果.

【详解】若，则函数的值域为，不合乎题意，

因为二次函数的值域为，则，

且，所以，，可得，则，

所以，，当且仅当时，等号成立，

因此，的最小值为.

故选：B.

6. 已知，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】利用诱导公式结合二倍角的余弦公式可求得所求值.

【详解】.

故选：D.

7. 若一个正六棱柱既有外接球又有内切球，则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】正六棱柱有内切球，则到每个面的距离相等，即，可求内切球的半径，根据可求外接球的半径，代入球的面积公式计算．

【详解】如图：分别为底面中心，为的中点，为的中点

设正六棱柱的底面边长为

若正六棱柱有内切球，则，即内切球的半径

，即外接球的半径

则该正六棱柱的外接球和内切球的表面积的比值为

故选：C．

8. 若函数为偶函数，对任意的，且，都有，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得函数在上递减，且关于对称，则，利用作差法比较三者之间的大小关系，再根据函数的单调性即可得解.

【详解】解：由对，且，都有，

所以函数在上递减，

又函数为偶函数，

所以函数关于对称，

所以，

又，

因为，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

即.
故选：A.

二、多项选择题

9. 在某市高三年级举行的一次模拟考试中，某学科共有20000人参加考试.为了了解本次考试学生成绩情况，从中抽取了部分学生的成绩（成绩均为正整数，满分为100分）作为样本进行统计，样本容量为.按照，，，，的分组作出频率分布直方图如图所示.其中，成绩落在区间内的人数为.则下列结论正确的是（    ）

A. 样本容量

B. 图中

C. 估计该市全体学生成绩的平均分为分

D. 该市要对成绩由高到低前的学生授子“优秀学生”称号，则成绩为分的学生肯定能得到此称号

【答案】BC

【解析】

【分析】根据频率，频数和样本容量之间的关系即可判断A；根据频率之和等于，即可判断B；根据频率分布直方图平均数的求解方法即可判断C；根据题意得，即可判断D.

【详解】对于A：因为成绩落在区间内的人数为，所以样本容量，故A不正确；

对于B：因为，解得，故B正确；

对于C：学生成绩平均分为：，故C正确；

对于D：因为，

即按照成绩由高到低前的学生中不含分的学生，所以成绩为分的学生不能得到此称号，故D不正确.

故选：BC.

10. 已知函数的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的图象可由的图象向左平移个单位得到

B. 直线是图象的一条对称轴

C. 若，则的最小值为

D. 直线与函数在上的图象有个交点

【答案】BCD

【解析】

【分析】由图象求出函数的解析式，利用三角函数图象变换可判断A选项；利用正弦型函数的对称性可判断B选项；利用正弦型函数的周期性可判断C选项；求出在时的可能取值，可判断D选项.

【详解】对于A选项，由图可知，函数的最小正周期为，则，

又因为，因为，则，

所以，，则，所以，，

故函数的图象可由的图象向左平移个单位得到，A错；

对于B选项，，

所以，直线是图象的一条对称轴，B对；

对于C选项，因为，

所以，的最小值为，C对；

对于D选项，当时，，

由可知的可能取值集合为，

所以，直线与函数在上的图象有个交点，D对.

故选：BCD.

11. 已知直线与圆交于、两点，且为锐角（其中为坐标原点），则实数的取值可以是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】设，可得，求得，利用点到直线的距离公式可得出关于的不等式，解出的取值范围，即可得出合适的选项.

【详解】设，则，可得，

设圆心到直线的距离为，圆的圆心为原点，半径为，

所以，，由点到直线的距离公式可得，

所以，，解得或.

故选：BC

12. 已知正项数列的前项和为，若，，数列的前项和为，则下列结论正确的是（    ）

A. 是等差数列

B.

C.

D. 满足的的最小正整数解为

【答案】ACD

【解析】

【分析】根据题意得，整理得，即可判断A；由A知，，所以，，即可判断B；因为，即，令，即，构造函数，求解判断即可；根据题意得，求和得，再根据题意求解判断即可.

【详解】因为，当时，，解得，

当时，，即，

整理得，所以数列是首项为，公差为的等差数列，

所以，又正项数列的前项和为，所以，故A正确；

当时，解得，当时，，即，

又，所以，，

因为，所以，即，故B不正确；

因为，，即，令，

所以原不等式为：，即，

令，所以，当时，恒成立，

所以在单调递增，所以，所以成立，故C正确；

因为，所以，所以

，所以

，

因为，即，化简整理得：，

当时，，当时，，

所以满足的的最小正整数解为，故D正确.

故选：ACD.

【点睛】给出与的递推关系，求，常用思路是：一是利用转化为的递推关系，再求其通项公式；二是转化为的递推关系，先求出与之间的关系，再求.

三、解答题

13. 设随机变量，若，则________.

【答案】0.5##

【解析】

【分析】根据正态分布曲线的对称性求得，即可得出答案.

【详解】解：因为随机变量，，

所以，

所以.

故答案为：0.5.

14. 已知函数，则________.

【答案】##

【解析】

【分析】利用函数的解析式可求得的值.

【详解】因为，则.

故答案为：.

15. 在边长为的等边中，已知，点在线段上，且，则________.

【答案】

【解析】

【分析】根据题意得，求出，所以，即，求解即可.

【详解】因为，所以，又，

即，因为点在线段上，

所以，，三点共线，由平面向量三点共线定理得，，即，

所以，又是边长为的等边三角形，

所以

，故.

故答案为：.

16. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，且，则________；设点是抛物线上的任意一点，点是的对称轴与准线的交点，则的最大值为________.

【答案】    ①. ##1.5    ②.

【解析】

【分析】空1：设直线联立方程可得，根据题意可得，代入可解得；空2：根据抛物线定义取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切，利用导数求切线分析求解．

【详解】设过点的直线为，

联立方程消去得，可得

∵，则可得：，可得，解得

过点作准线的垂线，垂足为，则可得

若取到最大值即最小，此时直线与抛物线相切

，即，则

设，则切线斜率，切线方程为

切线过，代入得，解得，即

则，即

则的最大值为

故答案为：；．

四、解答题

17. 已知函数.

（1）求函数的最小正周期；

（2）在锐角中，若，，，求的面积.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数解析式为，利用正弦型函数的周期公式可求得函数的最小正周期；

（2）由已知条件结合角的取值范围可求得角的值，利用余弦定理可求得边的长，再利用三角形的面积公式可求得结果.

【小问1详解】

解：因为

.

所以，函数的最小正周期为.

【小问2详解】

解：因为，所以，，

因为，则，，可得，

由余弦定理可得，

即，因为，解得，

此时，为最长边，角为最大角，此时，则角为锐角，

所以，.

18. 已知等差数列的前项和为，且，，数列满足.

（1）求数列和的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

【答案】（1），   

（2）

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，可得出数列的通项公式，利用前项和与通项的关系可求得数列的通项公式；

（2）设，推导出数列为等比数列，确定该数列首项和公比，即可求得数列的前项和.

【小问1详解】

解：设等差数列的公差为，则，解得，

所以，，

当时，，

当时，，可得，

上述两个等式作差可得，

也满足，故对任意的，.

【小问2详解】

解：由（1）可得，

设，

所以，，所以，数列是等比数列，且首项为，公比为，

因此，数列前项和为.

19. 如图1，在平行四边形中，，，，以对角线为折痕把折起，使点到达图2所示点的位置，且.

（1）求证：；

（2）若点在线段上，且二面角的大小为，求三棱锥的体积.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用余弦定理结合勾股定理可证得，结合平形四边形的几何性质可得出，利用勾股定理可得出，利用线面垂直的判定和定义可证得结论成立；

（2）以点为坐标原点，、、方向分别为、、轴的正方向建立空间直角坐标系，设，其中，利用空间向量法可得出关于的等式，解出的值，确定点的位置，然后利用锥体的体积公式可求得结果.

【小问1详解】

证明：在中，由余弦定理可得

，

所以，，，

又因为四边形为平行四边形，所以，，

在中，，，，，则，

因为，，平面，

平面，.

【小问2详解】

解：因为，平面，以点为坐标原点，、、的方向分别为、、轴的正方向建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、、，

设，其中，

，

设平面的法向量为，，

则，取，可得，

易知平面的一个法向量为，

由已知可得，因为，解得，

所以，为的中点，因此，.

20. 某娱乐节目闯关游戏共有三关，游戏规则如下：选手依次参加第一、二、三关，每关闯关成功可获得的奖金分别为元、元、元，奖金可累加；若某关闯关成功，选手可以选择结束闯关游戏并获得相应奖金，也可以选择继续闯关；若有任何一关闯关失败，则连同前面所得奖金全部归零，闯关游戏结束，选手小李参加该闯关游戏，已知他第一、二、三关闯关成功的概率分别为，，，第一关闯关成功选择继续闯关的概率为，第二关闯关成功选择继续闯关的概率为，且每关闯关成功与否互不影响.

（1）求小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的概率；

（2）设小李所得总奖金为，求随机变量的分布列及其数学期望.

【答案】（1）   

（2）分布列见解析；.

【解析】

【分析】（1）根据题意包含两种情况，第一种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关失败，第二种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，分别求概率相加即可求解；（2）根据题意得的可能取值为：，，，，再分别求每个随机变量对应的概率，再求分布列和期望.

【小问1详解】

根据题意得，小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零的事件分为两类情况：第一种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关失败，其概率为：；第二种情况为：第一关闯关成功，第二关闯关成功，第三关闯关失败，其概率为：；记“小李第一关闯关成功，但所得总奖金为零”为事件：则.

【小问2详解】

根据题意得：的可能取值为：，，，，

所以，

，，

，

所以的分布列为：

所以的期望为：.

21. 已知椭圆的左、右顶点分别为、，点是椭圆的右焦点，点在椭圆上，且的最大值为，椭圆的离心率为.

（1）求椭圆的方程；

（2）若过点的直线与椭圆交于另一点（异于点），与直线交于一点，的角平分线与直线交于点，求证：点是线段的中点.

【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）由已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，可得出椭圆的方程；

（2）设点在轴上方，对直线的斜率是否存在进行分类讨论，在直线的斜率存在时，分析可得，设出直线、的方程，求出点、、的坐标，由已知条件可得出、坐标之间的关系，可证得结论成立；在直线的斜率不存在时，直接求出、的坐标，即可证得结论成立.

【小问1详解】

解：由已知可得，解得，

因此，椭圆的方程为.

【小问2详解】

证明：由对称性，不妨设点在轴上方.

①当直线的斜率存在时，因为的角平分线为，所以，，

所以，，即，

设直线的方程为，其中，

联立可得，

设点，则，所以，，

则，即点，

所以，，

设直线的方程为，则点、，

因为，则，整理可得，

因为，所以，，所以，，

所以，点为线段的中点；

②当直线的斜率不存在时，不妨设点，

则直线的方程为，所以点，

又因为直线的方程为，所以点，

所以，点为线段的中点.

综上可知，点为线段的中点.

【点睛】关键点点睛：本题考查线段中点的证明，解题的关键就是对直线的斜率是否存在进行分类讨论，通过设出直线方程，求出、的坐标，结合线段的中点坐标公式得以证明.

22. 已知函数，.

（1）当时，证明：；

（2）若函数在内有零点，求实数的取值范围.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）构造函数，证得即可；

（2）根据零点存在性定理结合导函数与单调性、最值等关系进行判定.

【小问1详解】

证明：当时，设，，由，，可得在单调递减，在单调递增，所以，则，即；

【小问2详解】

函数，，若函数在内有零点，则函数在内至少有两个极值点，即在内至少有两个变号零点.，等价于在内至少有两个变号零点，，，当或时，或恒成立，则在上单调，不合题意；当时，由，，可得在单调递减，在上单调递增，所以当时，在内有两个变号零点且最多两个，即，令，，设，当时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，即在上恒成立，所以.此时即有两个零点，设为，当和时，，单调递增，当时，，单调递减，所以，，则在上有零点，综上可得：.

【点睛】函数零点的求解与判断方法：

(1)直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．

(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．

(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．