《山东省济宁市2022届高三模拟考试（三模）数学试题（解析版）》由会员分享，可在线阅读，更多相关《山东省济宁市2022届高三模拟考试（三模）数学试题（解析版）（21页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、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
2、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. 2D. 【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.
3、 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
4、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
5、表面积的比值为故选：C8. 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
6、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
7、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，
8、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：BC12. 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
9、. 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：AC
10、D.【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
11、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】 . #1.5 . 【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
12、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
13、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
14、，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
