山东省威海市2022届高三下学期三模数学试题及参考答案

2022年威海市高考模拟考试

数学

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡指定位置上

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，

1. 已知复数z与复平面内的点对应，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的几何意义，以及复数的除法运算，即可求解.

【详解】由复数的几何意义可知，

则.

故选：C

2. 设集合，且，则（    ）

A.  B.  C. 1 D. 2

【答案】D

【解析】

【分析】求得集合和，根据题意，得到，即可求解.

【详解】解：由题意，集合，，

因为，可得，解得.

故选：D.

3. 等差数列的前n项和为，若，则公差(    )

A. 1 B.  C. 2 D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据等差数列通项公式和前n项和公式列出关于和d的方程组求解即可．

【详解】由题可知．

故选：B．

4. 己知函数为偶函数，则(    )

A 0 B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】∵f(x)是R上的奇函数，故可取特值求φ的值．

【详解】∵f(x)定义域为R，且为偶函数，

∴，

，．

当时，为偶函数满足题意．

故选：C．

5. 甲、乙两人相约在某健身房锻炼身体，他们分别在两个网站查看这家健身房的评价．甲在网站A查到共有840人参与评价，其中好评率为，乙在网站B查到共有1260人参与评价，其中好评率为．综合考虑这两个网站的信息，则这家健身房的总好评率为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据已知数据直接计算可得.

【详解】由已知可得这家健身房的总好评率为.

故选：B.

6. 已知单位向量满足，则在方向上的投影向量为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据投影向量公式，即可求解.

【详解】，因为，所以，

所以在方向上的投影向量为.

故选：A

7. 已知圆柱的高和底面半径均为4，为上底面圆周的直径，点P是上底面圆周上的一点且，，是圆柱的一条母线，则点P到平面的距离为（    ）

A. 4 B.  C. 3 D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据题意易求三棱锥的体积，再求出的面积即可求解.

【详解】由题可得，因为，所以，

因为平面，且，所以，

因为，所以，

所以，

设点P到平面的距离为，则，解得.

故选：D.

8. 已知双曲线的左、右焦点分别为，以原点O为顶点，为焦点的抛物线与双曲线C在第一象限的交点为P．若，则C的离心率为(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据题设条件求出抛物线方程和直线方程，联立解出P的坐标，求出、，根据双曲线离心率即可计算．

【详解】由题知，，

则抛物线方程为：，直线方程为：，

由，∴，∴轴，∴，，

∴双曲线离心率．

故选：B．

二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分．

9. 若，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据幂函数、指数函数、对数函数的单调性分别可判断A、B、C，结合C和对数换底公式即可判断D.

【详解】对于A，∵幂函数y=在单调递增，∴根据可知，故A错误；

对于B，∵指数函数y=在R上单调递减，∴根据可知，故B正确；

对于C，∵对数函数y=()在上单调递减，∴根据可知，故C正确；

对于D，由C可知，∴，即，故D错误．

故选：BC．

10. 已知是两个不同的平面，m、n是平面及外两条不同的直线，给出四个论断：①，②，③，④，则正确的是(    )

A. ②③④① B. ①③④② C. ①②④③ D. ①②③④

【答案】AC

【解析】

【分析】利用空间里面线和面的关系逐项判断即可．

【详解】对于A，若，，则m⊥β，又∵，∴m⊥n，故A正确；

对于B，若，，则n∥α，有∵，∴α与β平行或相交，故B错误；

对于C，若，，则m⊥β，又∵，nβ，∴n∥β，故C正确；

对于D，若，，则n∥α，又∵，则m与α平行或相交，故D错误．

故选：AC．

11. 数学中有许多优美的曲线，星形曲线就是其中之一，它最早是由古希腊天文学家发现的，罗默、伯努利、莱布尼兹等数学家都研究过其性质在工业生产中，利用星形曲线的特性，能设计出一种超轻超硬材料，展现了数学模型的广泛性和应用性．已知星形曲线，设为E上任意一点，则（    ）

A. 曲线E与坐标轴有四个交点

B.

C. 曲线E有且只有两条对称轴

D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用曲线方程令，可判断A，利用可判断B，利用方程可得曲线关于关于，轴对称，关于对称，可判断C，结合对称性可得，进而可判断D.

【详解】∵，

令，可得，令，可得，

∴曲线E与坐标轴有四个交点，故A正确；

由可知，，

∴，故B正确；

因为，

将方程中的换为，不变，则方程不变；将方程中的换为，不变，则方程不变；可得曲线关于，轴对称；

将方程中的换为，方程中的换为，则方程不变，可得曲线关于原点对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；将方程中的换为，换为，则方程不变，可得曲线关于对称；故C错误；

由上可知曲线关于曲线关于，轴对称，关于原点对称，

当时，，

所以，即，故D正确.

故选：ABD

12. 已知函数，则（    ）

A. 当时，函数的定义域为

B. 当时，函数的值域为

C. 当时，函数上单调递减

D. 当时，关于x的方程有两个解

【答案】BCD

【解析】

【分析】A.由根式函数的定义域求法求解；B.由函数值域的求法求解；C.由 ，分和判断；D. 设，将问题转化为，即有两个解求解判断.

【详解】A. 当时，，由，解得或，所以函数的定义域为，故错误；

B.当时，，定义域为R，当时，，当时，，所以函数的值域为，故正确；

C.当时，，当时，，在上递减，当时，，在上递减，又，所以函数在上单调递减，故正确；

D. 易知，，即为，设，则，即，若方程有两个解则，故正确.

故选：BCD

三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．

13. 已知，，则___________.

【答案】

【解析】

【分析】利用同角三角函数关系求解即可.

【详解】由题知：，

因为，所以.

故答案为：

14. 圆与圆的公共弦长为______．

【答案】

【解析】

【分析】先求两圆公共弦方程，再利用弦心距，弦长，半径之间的关系求解

【详解】设圆：与圆：交于，两点

把两圆方程相减，化简得

即：

圆心到直线的距离，又

而，所以

故答案为：

15. 设随机事件A、B，己知，，，则______，______.

【答案】    ①. 0.12    ②. 0.24

【解析】

【分析】根据条件概率的计算公式求出和，根据可求.

【详解】，
，
.

故答案为：0.12；0.24.

16. 已知曲线，若有且只有一条直线同时与，都相切，则________．

【答案】1

【解析】

【分析】设出直线与两条曲线的切点坐标，分别求出曲线在切点处的切线方程，再利用两个方程所表示的直线重合，建立方程组求解.

【详解】设与相切于，与相切于点，由，得，则与相切于点的切线方程为：，即，

由，，则与相切于点的切线方程为：，即，，

因为两切线重合，所以，①，②，由①得

，代入②得，，化简得，

，明显可见，，时等式成立.

故答案为：1

四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

17. 已知等比数列的各项均为正值，是、的等差中项，，记．

（1）求数列和的通项公式；

（2）设数列的前项和为，证明：．

【答案】（1），   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）设数列的公比为，则，根据题意可得出关于、的方程组，解出这两个量的值，即可求得数列和的通项公式；

（2）求得，利用裂项相消法可证得结论成立.

【小问1详解】

解：设数列的公比为，则，

由题意知，可得，解得，

所以，，．

【小问2详解】

证明：因为，

所以

18. 如图所示，在等边中，，，分别是上的点，且，是的中点，交于点．以为折痕把折起，使点到达点的位置，连接．

（1）证明：；

（2）设点在平面内的射影为点，若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）折叠前，折叠后，从而平面，又又平，则（2）易知二面角的平面角为，另一方面平面平面，从而可以确定的位置，建立空间直角坐标系即可求解

【小问1详解】

证明：因为是等边三角形，E是的中点，

所以，

因为，所以，所以，

可得，又，

所以平面，

又平，

所以．

【小问2详解】

因为，

所以二面角的平面角为，

所以，可得，

由第（1）问知，平面，平面，所以平面平面，

又因为平面平面，

所以点P在平面内的射影Q在上，

因为，所以，

过F作直线交于点K，以为坐标原点，

以的方向分别为x，y，z轴的正方向，

建立如图所示的空间直角坐标系，

，，，，

，，，

设平面的法向量为，

则，

令，可得，

所以，

所以直线与平面所成角的正弦值为．

19. 如图所示，在平面四边形中，，，，设．

（1）若，求的长；

（2）当为何值时，的面积取得最大值，并求出该最大值．

【答案】（1）；   

（2），最大值为．

【解析】

【分析】(1)在△ABD中，根据余弦定理求出AD，在△ACD中，利用正弦定理即可求出CD．

(2)解△ABD和△ACD，根据用θ表示出△BCD的面积，利用三角恒等变换和三角函数性质即可求其最大值．

【小问1详解】

在中，由余弦定理可得，

，

∴，

在中，由正弦定理可得，，

∴；

【小问2详解】

由第(1)问知，在中，，

∴，∴，

在中，由正弦定理可得，，

∴，

∵，

∴

，

∵，∴，

∴当，即时，，

此时面积的最大值为．

20. 某生物实验室用小白鼠进行新冠病毒实验，已知6只小白鼠中有1只感染新冠病毒且无患病症状，将它们分别单独封闭隔离到6个不同的操作间内，由于工作人员的疏忽，没有记录感染新冠病毒的小白鼠所在的操作间，需要通过化验血液来确定．血液化验结果呈阳性即为感染新冠病毒，呈阴性即没有感染新冠病毒．下面是两种化验方案：方案甲：逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止．

方案乙：先任取4只，将它们血液混在一起化验．若结果呈阳性，则表明感染新冠病毒的小白鼠为这4只中的1只，然后再逐个化验，直到能确定感染新冠病毒的小白鼠为止；若结果呈阴性，则在另外2只中任取1只化验．

（1）求采用方案甲所需化验的次数为4次的概率；

（2）用X表示采用方案乙所需化验的次数，求X的分布列：

（3）求采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率．

【答案】（1）   

（2）分布列见解析    （3）

【解析】

【分析】（1）代古典概型概率计算公式计算即可（2）先确定可能的取值，再求取每个值时相应的概率（3）事件“采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数”可拆分为方案乙化验2次方案甲至少化验3次，方案乙化验3次甲方案至少化验4次和方案乙化验4次方案甲化验5次三个互斥事件，按相应公式即可求解

【小问1详解】

记“采用方案甲所需化验的次数为4次”为事件，则

．

【小问2详解】

可能的取值为2，3，4，

，，，

所以X的分布列为

【小问3详解】设采用方案甲所需化验的次数为3，4，5分别为事件，

，，，

设采用方案乙所需化验的次数为2，3，4分别为事件，

由第（2）间可知，

设采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数为事件C，

由题意可知与相互独立，与，相互独立，与相互独立，则

，

所以采用方案乙所需化验的次数少于采用方案甲所需化验的次数的概率为．

21. 已知椭圆的离心率为，圆与椭圆C有且仅有两个交点且都在y轴上．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）已知直线l过椭圆C的左顶点A，且l交圆于M、N两点，P为椭圆C上一点，若以为直径的圆过点A，求面积的最大值．

【答案】（1）；   

（2）﹒

【解析】

【分析】(1)根据题设条件列出关于a、b、c的方程组求出a、b即可得椭圆的标准方程；

(2)根据圆的直径所对的圆周角为直角可知，设AP为，l为，联立直线AP和椭圆方程，利用韦达定理求出P的横坐标，利用弦长公式求出，求出原点O到直线l的距离，根据圆的弦长公式求出，根据即可表示出△PMN的面积，换元构造利用不等式即可求其最大值．

【小问1详解】

由题意知，，

解得，∴椭圆C的标准方程为；

【小问2详解】

由题意知，∵以为直径的圆过点A，∴，

由题意可知直线的斜率存在且不为0，故设直线的方程为，

则直线l的方程为，

设，由得，

∵点为与C的一个交点，

∴，解得，

∴，

直线l的方程变形为，设原点到直线l的距离为d，

∴，∴，

方法一：

∴，

设，则，

∴，

∵(当且仅当时，等号成立)，

可得面积的最大值为．

方法二：

∴，

设，则，

∴，

∵，∴(当且仅当时，等号成立)，

可得面积的最大值为．

22. 已知函数．

（1）当时，求的单调区间；

（2）若有两个极值点，且，从下面两个结论中选一个证明．

①；

②．

【答案】（1）的单增区间为；单减区间为，   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）首先求函数的导数，根据导数与函数单调性的关系，即可求解；

（2）若选①，不等式转化为证明，变形为证明，通过构造函数，即可证明；

若选②，首先根据函数有两个极值点，证得，，再变换为，通过构造函数，利用导数，即可证明.

【小问1详解】

，

当时，，

令，解得；令，解得或，

所以的单增区间为；单减区间为，．

【小问2详解】

证明①：由题意知，是的两根，则，

，

将代入得，，

要证明，

只需证明，

即，

因为，所以，

只需证明，

令，则，只需证明，即，

令，

，

所以在上单调递减，可得，

所以，

综上可知，．

证明②：

设，

因为有两个极值点，所以，

解得，

因为，

所以，

，

由题意可知，

可得代入得，，

令，

，

当，所以在上单调递减，

当，所以在上单调速增，

因为，所以，

由，

可得，所以，

所以，

所以，即．