2022年山东省烟台市高考数学三模试卷

这是一份2022年山东省烟台市高考数学三模试卷，共17页。试卷主要包含了复数2i1+i的共轭复数为，过双曲线C等内容，欢迎下载使用。

2022年山东省烟台市高考数学三模试卷

1.（5分）若集合A={x|x⩾2}，B={x|x2-2xT1，即甲比乙劳累程度弱，故B正确． 
对于C，T1=T2，r1>r2，b1>b2， 
∴1>b2-0.14>b1-0.14>0，b2-0.14r2>b1-0.14r2>b1-0.14r1， 
则E1-E2=10-10T1⋅b1-0.14r1-(10-10T2⋅b2-0.14r2)=10T1(b2-0.14r2-b1-0.14r1)>0， 
∴E1>E2，即甲比乙工作效率高，故C正确； 
对于D，b1=b2，r1>r2，T1E2，即甲比乙工作效率高，故D正确； 
故选：BCD. 
利用指数函数的性质，幂函数的性质逐项分析即得． 
此题主要考查函数的实际应用，考查学生的运算能力，属于中档题．

13.【答案】 x
【解析】解：因为f(x)=g(x)⋅ln(x2-1)为奇函数， 
所以f(-x)=g(-x)ln(x2-1)=-f(x)=-g(x)⋅ln(x2-1)， 
所以g(-x)=-g(x)， 
故g(x)为奇函数， 
故符合题意的g(x)=x(答案不唯一). 
故答案为：x(答案不唯一). 
由已知结合奇函数的定义可求得g(x)为奇函数，结合基本初等函数的奇偶性可求． 
此题主要考查了函数的奇偶性的定义的应用，属于基础题．

14.【答案】 -2
【解析】解：由已知可得C85(-a)5=1792， 
解得a=-2. 
故答案为：-2. 
由已知可得关于a的方程，求解即可． 
此题主要考查二项式定理，二项展开式的应用，考查运算求解能力，属于基础题．

15.【答案】 -7或1
【解析】解：设P(x,y)，由知动点P到点A(1,0)的距离是到点B(1,3)的距离的2倍， 
∴(x-1)2+y2((x-1)2+(y-3)2=2,化简整理得(x-1)2+(y-4)2=4， 
故动点P的轨迹是以(1,4)为圆心，2为半径的圆，故Q为圆心， 
∵△QMN的面积为2，∴12|PM|⋅|PN|sin∠MPN=2， 
所以∠MPN=90°， 
所以可得点Q到直线y=kx+1的距离为2， 
∴|k-4+1|1+k2=2，解得k=-7或k=1. 
故答案为：-7或1. 
设P(x,y)，由题意得(x-1)2+y2((x-1)2+(y-3)2=2,化简即可得轨迹方程，由△QMN的面积为2，可求k的值． 
此题主要考查点的轨迹问题，考查直线方程的求法，属中档题．

16.【答案】 12π 15-3; 略
【解析】解：依题意，如图，过侧棱的中点作正三棱柱的截面， 
则球心为△MNG的中心， 
因为MN=6，所以△MNG内切圆的半径r=OH=13MH=13MN2-HN2=3， 
即内切球的半径R=3，所以内切球的表面积S=4πR2=12π， 
又正三棱柱的高AA1=2R=23， 
所以OM=23OH=23， 
所以AO=OM2+AM2=(23)2+(3)2=15， 
所以A到球面上的点的距离最小值为AO-R=15-3； 
故答案为：12π；15-3. 
过侧棱的中点作正三棱柱的截面，即可得到球心为△MNG的中心，在正△MNG中求出内切圆的半径即内切球的半径，从而求出球的表面积，再求出三棱柱的顶点到球心的距离，即可求出球面上的点到顶点的距离的最小值． 
此题主要考查了几何体的内切球的问题，属于中档题．


17.【答案】解：（1）有因为b=2acosAcosC+2ccos2A， 
由正弦定理 asinA=bsinB=csinC得， 
sinB=2sinAcosAcosC+2sinCcos2A=2cosA（sinAcosC+sinCcosA）=2cosAsinB， 
∵A，B，C为△ABC的内角， 
∴B∈（0，π），∴sinB≠0， 
2cosA=1，∴cosA=12，∵A∈（0，π），∴A=π3； 
（2）∵a=4，∴asinA=bsinB=csinC=432=833， 
∴b=833sinB，c=833sinC， 
∴c-2b=833(sinC-2sinB)sinB=sin(A+C) 
=833[sinC-2sin(A+C)] 
=833(sinC-2sinAcosC-2sinCcosA) 
=833(sinC-3cosC-sinC) 
=833⋅(-3sinC)=-8sinC， 
∵B=π-（A+C）∈（0，π）且A=π3， 
∴C∈(0，2π3)， 
∴sinC∈（0，1]，∴-8sinC∈[-8，0）， 
∴（c-2b）∈[-8，0）．
【解析】 
(1)根据正弦定理和二倍角公式将条件化简为sinB=2cosAsinB，进而可得cosA=12，求得A； 
(2)利用正弦定理将所求的b，c化为三角形式，利用三角函数的性质求解取值范围． 
此题主要考查了正余弦定理的应用以及三角函数的性质的应用，属于中档题．

18.【答案】解：（1）对y=aebx两边同时取对数，则lny=bx+lna， 
x-=16×(1+2+3+4+5+6)=3.5，u-=16i=16ui=16×28.5=4.75， 
i=16xi2=12+22+32+42+52+62=91， 
则}^b=i=16xiui-6x-u-i=16xi2-6x-2=106.05-6×3.5×4.7591-6×3.52=0.36， 
又u-=}^bx-+lna，即4.75=0.36×3.5+lna， 
所以lna=3.49，所以a=e3.49． 
所以，y关于x的经验回归方程为y=e0.36x+3.49． 
（2）由题知，甲获得的积分X的所有可能取值为5，7，9，12， 
则P(X=5)=15，P(X=7)=45×15=425，P(X=9)=(45)2×15=16125，P(X=12)=(45)3=64125， 
所以X的分布列为：
X
5
7
9
12
P
15
425
16125
64125
所以E（X）=5×15+7×425+9×16125+12×64125=9.416．
【解析】 
(1)根据已知条件，结合最小二乘法，以及对数函数的公式，即可求解． 
(2)由题知，甲获得的积分X的所有可能取值为5，7，9，12，分别求出对应的概率，再结合期望公式，即可求解． 
此题主要考查离散型随机变量分布列的求解，考查期望公式，以及最小二乘法，属于中档题．

19.【答案】解：（1）当n≥2时，Sn2=anSn-an， 
所以，Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-(Sn-Sn-1)， 
整理得：SnSn-1=Sn-1-Sn，即1Sn-1Sn-1=1． 
所以数列{1Sn}是以1S1=1a1=2为首项，1为公差的等差数列． 
所以1Sn=n+1，即Sn=1n+1． 
（2）由（1）知，2nSn=(n+1)⋅2n， 
∴Tn=2×2+3×22+…+（n+1）•2n，① 
∴2Tn=2×22+3×23…+n•2n+（n+1）•2n+1，② 
①-②得，-Tn=2×2+（22+23…+2n）-（n+1）•2n+1=2+2×(2n-1)2-1-（n+1）•2n+1， 
∴Tn=n⋅2n+1， 
由λTn≤(n2+9)⋅2n，即λn⋅2n+1≤（n2+9）⋅2n，即λ≤(n2+9)2n=n2+92n， 
因为n2+92n≥2n2⋅92n=3，当且仅当n=3时，等号成立， 
所以λ≤3． 
∴λ∈（-∞，3]．
【解析】 
(1)当n⩾2时，Sn2=anSn-an，可得Sn2=(Sn-Sn-1)Sn-(Sn-Sn-1)，整理变形为1Sn-1Sn-1=1，利用等差数列的通项公式即可得出Sn. 
(2)由(1)知，2nSn=(n+1)⋅2n，利用错位相减法即可得出Tn，再利用基本不等式即可得出结论． 
此题主要考查了等差数列与等比数列的通项公式与求和公式、错位相减法、基本不等式、数列递推关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．

20.【答案】解：（1）证明：取DC的中点M，连结MF，MQ． 
 
由中位线的性质可知，MQ∥PD，MF∥DA． 
∵MQ⊄平面PAD，ME⊄平面PAD，PD，DA⊂平面PAD， 
∴MQ∥平面PAD，MF∥平面PAD， 
又MQ∩ME=M，故平面MQF∥平面PAD， 
又FQ⊂平面MQF， 
∴FQ∥平面PAD； 
（2）取AD的中点O，连接OP，OC， 
由于△PAD为正三角形，AD=2，于是OP⊥AD且OP=3， 
在直角梯形ABCD中，AD∥BC，∠DAB=90°，AB=2BC=2， 
∴OC⊥AD且OC=2， 
又PC=7， 
∴在△POC中，OP2+OC2=PC2，即OP⊥OC， 
于是以O为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 
 
则D（1，0，0），C（0，2，0），F（-1，1，0），P(0，0，3)，DP→=(-1，0，3)． 
∵DEPE=12，则DE→=13DP→=(-13，0，33)， 
∴E(23，0，33)， 
∴EC→=(-23，2，-33)，EF→=(-53，1，-33)． 
设n→=(x，y，z)为平面EFC的一个法向量， 
则{n→⋅EC→=0n→⋅EF→=0，即{-23x+2y-33z=0-53x+y-33z=0，取n→=(3，-3，-83)． 
易知平面PAD的一个法向量m→=(0，1，0)， 
设平面EFC与平面PAD夹角为θ，θ为锐角， 
∴cosθ=|n→⋅m→||n→|⋅|m→|=39+9+192=21070， 
∴平面EFC与平面PAD夹角的余弦值为21070．
【解析】 
(1)结合已知条件及面面平行的判定定理证明面MQF//面PAD，再利用面面平行的性质定理即可得证； 
(2)结合题中数据可证得OP⊥OC，建立合适的空间直角坐标系，求出平面EFC与平面PAD的法向量，利用空间向量的夹角公式即可得到答案． 
本题以四棱锥为背景，考查线面平行的判定定理，考查利用空间向量求解二面角的余弦值，考查空间想象能力，推理论证能力和运算求解能力，考查直观想象和数学运算等核心素养，属于中档题．

21.【答案】（1）解：因为椭圆C的离心率为22，所以ca=22． 
又当T位于上顶点或者下顶点时，△TF1F2面积最大，即bc=1． 
又a2=b2+c2， 
即{ca=22bc=1a2=b2+c2， 
所以b=c=1，a=2． 
所以椭圆C的标准方程为x22+y2=1． 
（2）证明：由题知，直线l的斜率存在， 
所以设直线l的方程为y=kx+12，设M（x1，y1），N（x2，y2）， 
将直线l代入椭圆C的方程得：（4k2+2）x2+4kx-3=0， 
由韦达定理得：x1+x2=-4k4k2+2，x1x2=-34k2+2， 
直线AM的方程为y=y1-1x1x+1，直线AN的方程为y=y2-1x2x+1， 
所以P(-x1y1-1，0)，Q(-x2y2-1，0)， 
所以以PQ为直径的圆为(x+x1y1-1)(x+x2y2-1)+y2=0， 
整理得：x2+y2+(x1y1-1+x2y2-1)x+x1x2(y1-1)(y2-1)=0．① 
因为x1x2(y1-1)(y2-1)=x1x2(kx1-12)(kx2-12)=4x1x24k2x1x2-2k(x1+x2)+1=-12-12k2+8k2+4k2+2=-6， 
令①中的x=0，可得y2=6，所以，以PQ为直径的圆过定点(0，±6)．
【解析】 
(1)依题意可得{ca=22bc=1a2=b2+c2，即可求出a、b、c，即可得解； 
(2)设直线l的方程为y=kx+12，M(x1,y1)，N(x2,y2)，联立直线与椭圆方程，消元之后结合韦达定理得到根与系数的关系，由直线AM、AN的方程，得到P、Q的坐标，即可得到以PQ为直径的圆的方程，再令x=0，得到y2=6，即可得解． 
此题主要考查圆锥曲线方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．

22.【答案】证明：（1）函数f（x）的定义域为（-1，+∞）， 
f'(x)=aex-1x+1=a(x+1)ex-1x+1． 
令g（x）=a（x+1）ex-1，（x＞-1），则g′（x）=aex（x+2）， 
因为x＞-1，所以ex＞0，x+2＞0， 
当a＞0时，g′（x）＞0在（-1，+∞）上恒成立，所以函数g（x）在（-1，+∞）上单调递增， 
由g（-1）=-1＜0．又当x→+∞时，g（x）→+∞， 
所以，存在唯一的x0∈（-1，+∞），使得g（x0）=0， 
当x∈（-1，x0）时，g（x）＜0，即f′（x）＜0，所以函数f（x）在（-1，x0）上单调递减， 
当x∈（x0，+∞）时，g（x）＞0，即f′（x）＞0，所以函数f（x）在（x0，+∞）上单调递增． 
所以函数f（x）存在唯一的极值点． 
解：（2）不等式f（x）≥cos（a-1）恒成立， 
即φ（x）=aex-ln（x+1）-cos（a-1）≥0在（-1，+∞）上恒成立． 
令h（a）=a-cos（a-1），a∈R，所以h（a）=1+sin（a-1）≥0， 
所以h（a）在（-∞，+∞）上单调递增， 
又h（1）=1-cos（1-1）=0，则a≥1时有h（a）≥h（1）=0． 
所以，当x=0时，φ（0）=a-cos（a-1）≥0恒成立， 
即h（a）≥h（1），则有a≥1． 
令m（x）=ex-x-1，则m（x）=ex-1， 
当x＞0时，m（x）＞0，m（x）单调递增；当x＜0时，m（x）＜0，m（x）单调递减， 
则m（x）=ex-x-1在x=0时取得最小值m（0）=e0-0-1=0， 
则ex≥x+1（当且仅当x=0时取等号）． 
令n（x）=x-ln（x+1），（x＞-1），则n(x)=1-1x+1=xx+1， 
当x＞0时，n（x）＞0，n（x）单调递增；当-1＜x＜0时，n（x）＜0，n（x）单调递减， 
则n（x）=x-ln（x+1），（x＞-1）在x=0时取得最小值n（0）=0-ln（0+1）=0， 
则x≥ln（x+1）（当且仅当x=0时取等号）． 
因为φ'(x)=aex-1x+1， 
当a=1时，φ（x）=ex-ln（x+1）-1≥（x+1）-1-ln（x+1）=x-ln（x+1）≥0， 
（当且仅当x=0时取等号）． 
令k(x)=aex-1x+1，x∈(-1，+∞)， 
当a＞1时，k'(x)=aex+1(x+1)2＞0，所以k（x）即q′（x）在（-1，+∞）上单调递增， 
且φ(0)=a-1＞0，ϕ(1a-1)=ae1a-1-a＜a-a=0， 
所以∃x0∈（-1，0），使ϕ（x0）=0，即aex0-1x0+1=0，即x0+lna=-ln（x0+1）， 
所以，当x∈（-1，x0）时，∅（x）＜0，φ（x）单调递减； 
当x∈（x0，+∞）时，φ（x）＞0，φ（x）单调递增， 
所以，φ(x)≥φ(x0)=aex0-ln(x0+1)-cos(a-1)=1x0+1+x0+lna-cos(a-1) 
=1x0+1+1+x0+lna-cos(a-1)-1＞21x0+1⋅(1+x0)-1+lna-cos(a-1)． 
=1+lna-cos（a-1）≥0所以，a的取值范围为[1，+∞）．
【解析】 
(1)求得函数f(x)的导函数，依据函数极值点定义去证明当a>0时，函数f(x)存在唯一的极值点； 
(2)先令x=0求得a的取值范围a⩾1，再去证明当a⩾1时不等式f(x)⩾cos(a-1)恒成立，即可求得a的取值范围． 
此题主要考查利用导数研究函数的最值，考查学生的运算能力，属于难题．