2022年山东省临沂市临沭一中高考数学模拟试卷（4月份）

2022年山东省临沂市临沭一中高考数学模拟试卷（4月份）

1.（5分）已知集合，，则中元素的个数为

A.  B.  C.  D.

2.（5分）复数满足，则在复平面内对应的点位于

A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限

3.（5分）已知等差数列的前项和为，若，则

A.  B.  C.  D.

4.（5分）从甲、乙等名医生中任选名分别去，，三所学校进行核酸检测，每个学校去人，其中甲、乙不能去学校，则不同的选派种数为

A.  B.  C.  D.

5.（5分）已知圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为，则圆锥的体积为

A.  B.  C.  D.

6.（5分）函数的图象按以下次序变换：①横坐标变为原来的；②向左平移个单位长度；③向上平移一个单位长度；④纵坐标变为原来的倍，得到的图象，则的解析式为

A.
B.
C.
D.

7.（5分）过双曲线的右焦点且斜率为的直线分别交双曲线的渐近线于，两点，在第一象限，在第二象限，若，则

A.  B.  C.  D.

8.（5分）已知是定义在上的奇函数，且图象关于直线对称，当时，，则不等式成立的一个充分条件是

A.  B.
C.  D.

9.（5分）已知直线：，圆：，是上一点，，分别是圆的切线，则

A. 直线与圆相切 B. 圆上的点到直线的距离的最小值为
C. 存在点，使 D. 存在点，使为等边三角形

10.（5分）已知，，则

A.  B.
C.  D.

11.（5分）已知函数，则

A. 在定义域上单调递增
B. 函数无最小值
C. 直线与曲线的公共点最多有个
D. 经过点可作的三条切线

12.（5分）如图，在正三棱柱中，，，分别为，，的中点，，为的中点，则
 

A. 平面
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则与平面所成的角为

13.（5分）已知向量与不共线，且，，若，则______.

14.（5分）某次数学考试中个人的成绩如下：，，，，，，，，，，，，，，，，，，，，若这组数据的众数为，中位数为，极差为，则______.

15.（5分）已知，是抛物线上的动点，且满足，则中点的横坐标的最小值为 ______.

16.（5分）若曲线与仅有个公共点，则的取值范围是 ______.

17.（12分）已知数列满足，， 
求的通项公式； 
若，数列的前项和为，求

18.（12分）的内角，，的对边分别为，，，面积为， 
求； 
若，，成等差数列，，求

19.（12分）甲和乙相约下围棋，已知甲开局时，甲获胜的概率为；乙开局时，乙获胜的概率为，并且每局下完，输者下一局开局．第局由甲开局． 
如果两人连下局，求甲至少胜局的概率； 
如果每局胜者得分，输者不得分，先得分者获胜且比赛结束无平局若两人最后的比分为：，求

20.（12分）如图，在四棱锥中，，，，，，平面平面 
证明：平面； 
求二面角的余弦值．
 

21.（12分）已知椭圆：的右顶点为，上顶点为，直线的斜率为，原点到直线的距离为 
求的方程； 
直线交于，两点，，证明：恒过定点．

22.（12分）已知函数 
若恒成立，求实数的值； 
当时，若，，证明：

答案和解析

1.【答案】B

【解析】解：，， 
……，， 
故中元素的个数为， 
故选： 
由题意可求得……，，从而确定集合中元素的个数． 
此题主要考查了交集及其运算及集合中元素的个数问题，是基础题．
 

2.【答案】D

【解析】解：设， 
， 
， 
即，解得，， 
， 
在复平面内对应的点位于第四象限． 
故选： 
根据已知条件，结合共轭复数的定义，以及复数模公式，即可求解． 
此题主要考查共轭复数的定义，以及复数模公式，属于基础题．
 

3.【答案】D

【解析】解：设等差数列的公差为， 
， 
，即， 
 
故选： 
设等差数列的公差为，根据已知条件，求出，再结合，即可求解． 
此题主要考查等差数列前项和的应用，属于基础题．
 

4.【答案】D

【解析】解：由学校先在除甲、乙的名医生中选名医生，然后由，两所学校在剩下的名医生中选名医生即可， 
则不同的选派种数为， 
故选： 
由学校先在除甲、乙的名医生中选名医生，然后由，两所学校在剩下的名医生中选名医生，再结合分步原理求解即可． 
此题主要考查了排列、组合及简单计数问题，重点考查了分步原理，属基础题．
 

5.【答案】D

【解析】解：设圆锥的母线长为，底面半径为，高为， 
圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为， 
，解得，，， 
， 
圆锥的体积 
故选： 
由圆锥的轴截面是等腰直角三角形，且面积为，求出底面半径和高，由此能求出圆锥的体积． 
此题主要考查圆锥的体积的求法，考查圆锥的性质、结构特征等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 

6.【答案】A

【解析】解：的图象纵坐标变为原来的倍，可得， 
向下平移一个单位长度可得， 
向右平移个单位长度可得， 
横坐标变为原来的倍可得， 
即， 
故选： 
由三角函数的图象变换规律即可求解． 
此题主要考查三角函数得图象变换，考查运算求解能力，属于基础题．
 

7.【答案】A

【解析】解：如图， 
 
由双曲线方程，知， 
过双曲线的右焦点且斜率为的直线方程为， 
联立，得， 
联立，得， 
则，， 
由，得，整理得， 
解得 
故选： 
由题意画出图形，联立方程组求得与的坐标，由向量等式得关于的方程，再求出 
此题主要考查双曲线的几何性质，考查平面向量的应用，考查运算求解能力，是中档题．
 

8.【答案】C

【解析】解：函数的图象关于直线对称且为奇函数， 
可得， 
所以，即函数的最小正周期为 
当时，，可得， 
即， 
所以， 
， 
， 
， 
由于，，即，故错误； 
，，即，故错误； 
，，即，故错误． 
故选： 
由函数的图象关于直线对称且为奇函数，推得，函数的最小正周期为，求得一个周期内的函数解析式，运用排除法可得结论． 
此题主要考查函数的奇偶性和周期性的运用，考查方程思想和转化思想、运算能力和推理能力，属于中档题．
 

9.【答案】BCD

【解析】解：圆：的圆心为，半径， 
圆心到直线：的距离， 
故直线与圆相离，故错误； 
圆上的点到直线的距离的最小值为，故正确； 
当直线时，，此时是正方形，故，存在点，使，故正确； 
当在直线上移动时，越来越小，可接近， 
所以存在点，使为等边三角形，故正确； 
故选： 
利用直线与圆的有关知识进行逐项计算可判断结果． 
此题主要考查直线与圆的位置关系，属中档题．
 

10.【答案】BCD

【解析】解：根据题意，依次分析选项： 
对于，当，，时，，错误； 
对于，由于，，则有，必有，变形可得，正确； 
对于，，，，必有，正确； 
对于，原不等式等价于，即， 
又由，则，而，则， 
则有， 
又由，则， 
所以，正确； 
故选： 
根据题意，依次分析选项是否正确，即可得答案． 
此题主要考查不等式的性质以及应用，涉及指数、对数的性质，属于基础题．
 

11.【答案】AC

【解析】解：由题可得的定义域为， 
， 
所以函数在，上均单调递增， 
当且时，，当时，， 
当时，， 
作出的大致图象如图所示，所以函数无最小值，正确； 
 
易知，结合选项可知，函数有且只有一个零点，错误； 
易知直线过点， 
数形结合可知， 
当足够大时，直线与的图象有两个交点， 
与的图象有一个交点， 
故直线与函数的图象最多有个公共点，正确； 
易知点在的图象上，故以为切点可作曲线的一条切线， 
当不为切点时，设切点为，则，即，得， 
故经过点可作图象的条切线，错误． 
故选： 
首先对函数求导，得到函数的单调性，研究其走向，画出函数图像，判断，的正误，利用直线过定点旋转可以判断项正误，分是切点和不是切点两种情况讨论得项正误，从而得正确选项． 
此题主要考查导数的单调性的应用，考查学生的运算能力，属于中档题．
 

12.【答案】AB

【解析】解：选项：取的中点，连接，，得，，所以，，则四边形是平行四边形，所以，因为面，所以面，正确； 
 
选项：取的中点，连接，，由，平行且相等知：四边形为平行四边形，则有，又，即， 
设，则，，， 
，解得，正确； 
 
据此可得三棱柱的体积，选项错误； 
选项：由，，可知为正三角形，，连接， 
易知平面，故即直线与平面所成的角， 
，错误． 
 
故选： 
取的中点，连接，，利用平行四边形的性质及线面平行的判定证明即可；取的中点，连接，，由平行四边形、等边三角形及勾股定理求，进一步可求得棱柱的体积；由线面角定义，应用几何法找到直线与平面所成角的平面角，进而求其大小． 
此题主要考查线面平行的判定，柱体体积的计算，线面角的计算等知识，属于中等题．
 

13.【答案】 -3

【解析】解：向量与不共线，且，，， 
可得， 
且，可得，即， 
 
故答案为： 
直接根据数量积以及向量垂直求得以及，进而求解结论． 
此题主要考查向量的数量积的应用，考查计算能力，属于中档题．
 

14.【答案】 297

【解析】解：在这组数据中，出现次数最多的是，则， 
最中间两个数为，，则， 
最大值为，最小值为，则， 
故 
故答案为： 
根据已知条件，结合众数，中位数，极差的定义，即可求解． 
此题主要考查众数，中位数，极差的定义，属于基础题．
 

15.【答案】 4

【解析】解：由题意可得， 
 
故当，，三点共线时，横坐标取得最小值，最小值为 
故答案为： 
根据已知条件，结合抛物线的定义，即可求解． 
此题主要考查抛物线的定义，考查转化能力，属于基础题．
 

16.【答案】 （-∞，0]∪{}

【解析】解：由题意可得：只有一个解， 
即只有一个解． 
令， 
原问题等价于与只有一个交点． 
因为， 
因为在上单调递减，且在处的值为， 
所以当时，，单调递增， 
当时，，单调递减且恒为正， 
所以， 
又因为与只有一个交点， 
所以 
故答案为： 
将原问题转化为只有一个解，令，利用导数求出的单调性及最值即可得答案． 
此题主要考查了函数的零点、转化思想及导数的综合运用，属于中档题．
 

17.【答案】解：∵， 
∴， 
∴{}为等比数列， 
又，∴q=3 
∴； 
（2）， 
∴，∴， 
∴ 
= 
=．

【解析】 
根据得到是等比数列，求解即可；利用裂项相消求和即可． 
此题主要考查了等比数列的通项公式和裂项相消求和，属于中档题．
 

18.【答案】解：（1）因为， 
所以bccosA=bcsinA， 
所以tanA=2； 
（2）由题意得tanB+tanC=2tanA=4， 
因为tan（B+C）===-tanA=-2， 
所以tanBtanC=3， 
所以tanB=3，tanC=1或tanB=1，tanC=3， 
由tanA=2得sinA=， 
由正弦定理得===， 
所以b=sinB，c=sinC， 
S======．

【解析】 
由已知结合向量数量积定义及三角形面积公式可求； 
先求出，，进而可求，，再由正弦定理及三角形面积公式可求． 
此题主要考查了向量数量积定义，三角形面积公式，和差角公式及正弦定理在求解三角形中的应用，属于中档题．
 

19.【答案】解：（1）甲至少胜2局可分为三种情况： 
①甲前两局连胜，， 
②甲第一局和第三局获胜，第二局败，概率为， 
③甲第二局和第三局获胜，第一局败，概率为， 
故甲至少胜2局的概率为． 
（2）由题意可得，X所有可能取值为0，1， 
P（X=0）=， 
P（X=1）=1-P（X=0）=1-， 
故E（X）=．

【解析】 
甲至少胜局可分为三种情况，依次求出对应的概率，并求和，即可求解． 
由题意可得，所有可能取值为，，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期望的应用，考查转化能力，属于中档题．
 

20.【答案】证明：（1）∵∠DPC=90°， 
∴PD⊥PC，① 
∵平面PDC⊥平面ABCD， 
又BC⊥CD且平面PDC∩平面ABCD=CD， 
∴BC⊥平面PCD， 
∴BC⊥PD，② 
由①②可知，PD⊥平面PBC； 
解：（2）取CD中点O，∵PD=PC且O为CD中点， 
∴PO⊥CD，又AB=OC，∴AO⊥CD， 
以O为原点，OA，OC，OP所在直线为x，y，z轴，建立如图空间直角坐标系， 
 
则A（1，0，0），B（1，1，0），C（0，1，0），P（0，0，1）， 
∴=（-1，0，1），=（0，1，-1）， 
设平面APC法向量=（，，）， 
，∴， 
令=1，则==1， 
∴平面APC法向量=（1，1，1）， 
同理平面PCB的法向量为=（0，1，1）， 
∴cos===， 
二面角A-PC-B的余弦值为．

【解析】 
根据平面平面，得到，再根据线面垂直的判定定理即可证明；建立如图空间直角坐标系后，分别求出两个平面的法向量，代入公式计算即可． 
此题主要考查了线面垂直的证明和二面角的计算，属于中档题．
 

21.【答案】解：（1）由题意可知A（a，0），B（0，b）， 
∴直线AB的斜率为=-，即， 
∵直线AB的方程为y=-x+b，即， 
∴原点O到直线AB的距离d==，∴b=， 
∴a=2， 
∴椭圆C的标准方程为． 
证明：（2）由椭圆的对称性可知，直线l的斜率一定存在，设直线l的方程为y=kx+m，M（，），N（，）， 
联立方程，消去y得（4+3）+8kmx+4-12=0， 
∴，， 
∴=，， 
∵∠MBN=90°，∴MB⊥BN， 
又∵B（0，）， 
∴==0， 
∴， 
∴-++3=0， 
整理得， 
解得m=或m=-， 
∵B（0，），∴m=舍去， 
∴直线l的方程为y=kx-， 
∴直线l恒过定点（0，-）．

【解析】 
由题意可得，由于直线的方程为，利用点到直线距离公式可求出的值，进而求出的值，得到椭圆的标准方程． 
由椭圆的对称性可知，直线的斜率一定存在，设直线的方程为，与椭圆方程联立，利用韦达定理结合，即可求出的值，从而证得直线恒过定点． 
此题主要考查了椭圆的标准方程，考查了直线与椭圆的位置关系，同时考查了学生的计算能力，属于中档题．
 

22.【答案】解：（1）∵，x＞0， 
又f（1）=0，且f（x）≥0，在（0，+∞）上恒成立， 
∴f（x）min=f（1）=0，∴x=1是f（x）的一个极小值点， 
∴f′（1）=0，∴2-m=0，∴m=2，经检验满足题意， 
∴m=2； 
（2）证明：当m=-2时，f（x）=-1+2lnx，x＞0， 
∴，∴f（x）在（0，+∞）上单调递增， 
且f（1）=0，当x→0时，f（x）→-∞；当x→+∞时，f（x）→+∞， 
又f（）+f（）=0，且≠， 
∴不妨设0＜＜1＜， 
要证：+＞2， 
只需证：＞2-＞1， 
即证：f（）＞f（2-），（f（x）在（1，+∞）单调递增）， 
即证：-f（）＞f（2-），（f（）+f（）=0）， 
即证：f（）+f（2-）＜0，∈（0，1）， 
设h（x）=f（x）+f（2-x），x∈（0，1）， 
∴h′（x）=f′（x）-f′（2-x）=2=， 
又x∈（0，1），∴（x-1）3＜0，x（x-2）＜0， 
∴h′（x）＞0，∴h（x）在（0，1）单调递增， 
∴h（x）＜h（1）=2f（1）=0， 
即：f（x）+f（2-x）＜0，x∈（0，1）， 
故原命题得证．

【解析】 
由，及恒成立得为最值，也为极值，再转化为，从而建立的方程，解得； 
利用分析法将问题化简，再用综合法构造函数利用导数证明． 
此题主要考查利用导数研究函数最值与极值，分析法、综合法，属中档题．