山东师范大学附属中学2022届高三考前打靶数学试卷(含答案)

山东师范大学附属中学2022届高三考前打靶数学试卷

学校：___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、选择题

1、已知集合，则中元素的个数是(   )

A.2 B.3 C.4 D.5

2、若，则的虚部为(   )

A.1 B.-1 C.i D.

3、若都不为零的实数满足，则(   )

A. B. C. D.

4、足球起源于中国古代蹴鞠游戏.“蹴”有用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糠的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C，满足,面ABC，，若，则该“鞠”的体积的最小值为(   )

A. B. C. D.

5、已知某电子产品电池充满时的电量为3000毫安时，且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A：电量呈线性衰减，每小时耗电300毫安时；模式B：电量呈指数衰减，即：从当前时刻算起，t小时后的电量为当前电量的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式，并在x小时后，切换为B模式，若使其在待机10小时后有超过5％的电量，则x的取值范围是(   )

A. B. C. D.

6、如图，在杨辉三角形中，斜线l上方，从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列：1，3，3，4，6，5，10，…，记其前项和为，则(   )

A.361 B.374 C.385 D.395

7、已知双曲线的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点，延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON（其中O为坐标原点）的中点B，且，则双曲线C的离心率为(   )

A.2 B. C. D.

8、若关于x的不等式对一切正实数x恒成立，则实数a的取值范围是(   )

A. B. C. D.

二、多项选择题

9、，若，则下列结论正确的有(   )

A.  B.

C.二项式系数的和为 D.

10、已知函数的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，把函数的图象沿x轴向左平移个单位，横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象，则下列关于函数的结论正确的是(   )

A.函数是偶函数 B.的图象关于点对称

C.在上是增函数 D.当时，函数的值域是[1，2]

11、感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山，扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国.受张桂梅老师的影响，有位志愿者主动到所山区学校参加支教活动，要求每所学校至少安排一位志愿者，每位志愿者只到一所学校支教，下列结论正确的有(   )

A.不同的安排方法数为150

B.若甲学校至少安排两人，则有60种安排方法

C.小晗被安排到甲学校的概率为

D.在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为

12、函数，下列说法正确的是(   )

A.当时，在处的切线的斜率为1

B.当时，在上单调递增

C.对任意在上均存在零点

D.存在在上有唯一零点

三、填空题

13、已知，则________.

14、边长为1的正方形内有一内切圆，MN是内切圆的一条弦，点P为正方形四条边上的动点，当弦MN的长度最大时，的取值范围是_________.

15、已知随机变量，且，则的最小值为________.

16、勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲）.勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分，如图乙所示，若正四面体的棱长为，则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为________.

四、解答题

17、在①，②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题.在中，内角A、B、C所对的边分别是a、b、c，且________.

（1）求角B；

（2）若，点D是AC的中点，求线段BD的取值范围.

18、已知是数列的前n项和，且,.

（1）求数列的通项公式；

（2）记，求数列的前项和.

19、一台仪器每启动一次都随机地出现一个6位的二进制数，其中A的各位数字中，,出现0的概率为，出现1的概率为.例如：，其中,.记，当启动仪器一次时：

（1）当时，有且仅有两个0连排在一起的概率；

（2）求的概率分布列及.

20、如图甲，平面图形ABCDE中，，，，，沿BD将折起，使点C到F的位置，如图乙，使，.

（1）求证；平面平面AEG；

（2）点M是线段FG上的动点，当AM与平面AEG所成角的正弦值为时，求平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值.

21、在平面直角坐标系中xOy，椭圆的离心率为，点在椭圆C上．

（1）求椭圆C方程；

（2）设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，点P，Q为椭圆上异于A，B的两动点，记直线AP的斜率为，直线QB的斜率为，已知．

①求证：直线PQ恒过x轴上一定点；

②设和的面积分别为，求的最大值．

22、已知函数.

（1）若有两个零点，a的取值范围；

（2）若方程有两个实根、，且，证明：.

参考答案

1、答案：C

解析：因为，

所以，所以中元素的个数有4个.

故选：C.

2、答案：B

解析：由，得

所以，则的虚部为：-1

故选：B

3、答案：C

解析：[方法一]：特值法：

取，满足，但，A错误；

当，满足，但，B错误；

因为，所以，所以，C正确；

当或时，，无意义，故D错误.

故选：C

[方法二]：函数性质法

对于A，由于不清楚a,b的正负，不能直接取倒数，A错误；

对于B，由于不清楚a,b是否为正，没有办法利用基本不等式，B错误；

对于D，由于不清楚a,b的正负，不一定有意义，D错误；

故选C.

4、答案：C

解析：取AB中点为D,过D作,且,因为平面ABC,所以平面ABC.由于,故,进而可知,所以O是球心,OA为球的半径.

由,又,当且仅当,等号成立,故此时,所以球半径,故,

体积最小值为

故选:C

5、答案：C

解析：由题意得，x小时后的电量为毫安，此时转为B模式，

可得10小时后的电量为，则由题意可得

，

化简得，

即

令，则，

由题意得，则，

令m分别为1，2时，这个不等式左右两边大小相等，

由函数和的图象可知，

该不等式的解集为，

所以，得，

故选：C

6、答案：B

解析：根据杨辉三角的特征可以将数列继续写出到第22项：

1，3，3，4，6，5，10，6，15，7，21，8，28，9，36，10，45，11，55，12，66，13，

所以

故选：B

7、答案：A

解析：记M为双曲线C：的渐近线上的点，因为，且，所以，．

所以．因为右焦点到渐近线的距离，

所以．所以，所以，

所以，所以，

又因为，．

所以为等边三角形，所以，所以，

即，所以．

故选：A．

8、答案：C

解析：解：设，则对一切正实数x恒成立，即，

由，令，则恒成立，

所以在上为增函数，

当时，，当时，，

则在上，存在使得，

当时，，当时，，

故函数在上单调递减，在上单调递增，

所以函数在处取得最小值为，

因为，即，

所以恒成立，即，

又，当且仅当，即时取等号，

故，所以．

故选：C．

9、答案：ACD

解析：对于A选项，，可得，A对，

对于B选项，因为，

所以，，B错；

对于C选项，二项式系数的和为，C对；

对于D选项，，D对.

故选：ACD.

10、答案：BD

解析：因为，

又的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，

所以，所以，所以，

所以向左平移个单位得到，

横坐标伸长到原来倍得到，

A，为非奇非偶函数，故错误；

B，，所以的图象关于点对称，故正确；

C，因为，所以，

又因为在上先增后减，所以在上不是增函数，故错误；

D，当时，，

所以，此时；，此时，

所以的值域为，故正确.

故选：BD

11、答案：AC

解析：对于A选项，将位志愿者分成组，每组至少一人，每组人数分别为、、或、、，

再将这三组志愿者分配给个地区，不同的安排方法种数为种，A对；

对于B选项，若甲学校至少安排两人，则甲校安排人或人，

则不同的安排方法种数为种，B错；

对于C选项，若小晗被安排到甲学校，则甲校可安排的人数为或或，

由古典概型的概率公式可知，小晗被安排到甲学校的概率为，C对；

对于D选项，记事件小晗被安排到甲校，事件甲学校安排两人，

则，，

由条件概率公式可得，D错.

故选：AC.

12、答案：AD

解析：对于A，当时，，

，故在处的切线的斜率为1，A正确；

对于B，当时，，

作出函数,在上图象如图示，

可以看到,在有两交点，

即有两个零点 ，不妨假设，

当时，，递增，当时，，递减，当时，，递增，

故当时，在上不是单调递增函数，故B错误；

对于C，，，

令，则 ,

令，, ，

令，得 ，,

故当时，，,递减，

当时，，,递增，

所以当,,时，取到极小值，

即当,,时，取到极小值，

又 ，即 ，

又因为在上，递减，故，

当,,时，取到极大值，

即当时，取到极大值，

又 ，即 ，故，

当时，，

所以当即，时，在上无零点，故C错误；

当，即时， 与 的图象只有一个交点，

即存在在上有唯一零点，故D正确，

故选：AD

13、答案：

解析：因为，，

所以，

所以

，所以，

，所以，

则.

故答案为：.

14、答案：

解析：如下图所示：

设正方形ABCD的内切圆为圆O，当弦MN的长度最大时，MN为圆O的一条直径，

，

当P为正方形ABCD的某边的中点时，，

当P与正方形ABCD的顶点重合时，，即，

因此，.

故答案为：.

15、答案：

解析：由正态分布的对称性可知：，解得：，

因为，所以，由基本不等式得：

，

当且仅当，即时等号成立，

所以不等式得最小值为

故答案为：

16、答案： ①a    ②

解析：由题意可知，勒洛四面体表面上任意两点间距离最大值为a，

所以，能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为a；

勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体ABCD表面的截面，

假设图2是投影光线垂直于面ABD时，勒洛四面体在与平面ABD平行的一个投影平面上的正投影，

当光线与平面ABD的夹角小于时，易知截面投影均为图2所示图象在平面上的投影，其面积必然减小，

如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为a，圆心角为的扇形的面积减去两个边长为a的正三角形的面积，

即.

故答案为：a；.

17、答案： (1)

(2)

解析：（1）选①，由及正弦定理可得，

所以，，

因为B、，所以，，则，

所以，，；

选②，由及正弦定理可得，

所以，，

、，，所以，，则.

（2）因为，所以，，

由已知，即，所以，，

所以，，

即

，

所以，.

18、答案：(1)

(2)

解析:（1）变形为，

因为，

所以，故；

（2）当n为奇数时，，

当n为偶数时，，

则

19、答案：(1)

(2)

解析：（1）由题意得当时，后面5个数字是两个1和三个0，总的排法有种；

其中仅有两个0连排在一起的共有种；

所以有且仅有两个0连排在一起的概率为.

（2）由题意的取值为1,2,3,4,5,6.

故的概率分布列为

.

20、答案：(1)见解析

(2)

解析：（1）证明：翻折前，翻折后，对应地，，

又因为，，所以，平面ABDE，

平面ABDE，，

在底面ABCDE中，，，

所以，四边形ABDE为等腰梯形，因为，，

因为，则，，

，又因为，，平面GEBF，

因为平面AEG，因此，平面GEBF平面AEG.

（2）在中，，，，则，

因为，则且，

因为平面，平面，

，以点为坐标原点，EA、EB、EG所在直线分别为x、y、z轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

则、、设点，其中，

所以，，易知平面AEG的一个法向量为，

由已知条件可得，

因为，解得，所以，，，

设平面ABM的法向量为，

则，取，可得，

，因此，平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值为.

21、答案：(1)

(2)

解析：（1）由题意可得解得，

所以椭圆C的方程为．

（2）①方法一：第三定义转化

依题意，点，设，

因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意．

所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立

整理得：，

所以，且

因为点是椭圆上一点，即，

所以，

所以，即

因为

，

所以，此时，

故直线PQ恒过x轴上一定点．

方法二：非对称韦达

依题意，点，设,

因为若直线PQ的斜率为0，则点P，Q关于y轴对称，必有，不合题意

所以直线PQ斜率必不为0，设其方程为，与椭圆C联立得：

所以整理得：，

所以，且

依题意，，即．

算法1：和积关系转化法

因为，

所以，

所以解得：．

算法2：韦达定理代入消元

因为，

所以，

所以解得：．

方法三：分设两线再联立

依题意，点，设，设，并设直线，直线，

因为联立直线AP与椭圆C得：

所以整理得：，解得：．

因为联立直线BQ与椭圆C得：

所以整理得：，解得：．

因为，且，此时，

设直线PQ与x轴交于点，则由P，D，Q三点共线易知，

，

即线段PQ过点．

②由①得，

所以

（当且仅当即时等号成立），

所以的最大值为2．

22、答案：(1)

(2)见解析

解析：（1）函数的定义域为.

当时，函数无零点，不合乎题意，所以，，

由可得，

构造函数，其中，所以，直线与函数的图象有两个交点，

，由可得，列表如下：

所以，函数的极大值为，如下图所示：

且当时，，

由图可知，当时，即当时，直线与函数的图象有两个交点，

故实数a的取值范围是.

（2）证明：因为，则，

令，其中，则有，

，所以，函数在上单调递增，

因为方程有两个实根、，令，，

则关于的方程也有两个实根、，且，

要证，即证，即证，即证，

由已知，所以，，整理可得，

不妨设，即证，即证，

令，即证，其中，

构造函数，其中，

，所以，函数在上单调递增，

当时，，故原不等式成立.