?名校聯(lián)盟山東省優(yōu)質(zhì)校2022屆高三畢業(yè)班5月模擬考試
數(shù)學(xué)試題
一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。
1．設(shè)集合，，則=（???????）
A． B． C． D．
2．已知復(fù)數(shù)z滿足（i為虛數(shù)單位），則z的共軛復(fù)數(shù)=（???????）
A． B． C． D．
3．已知m，n是兩條不同的直線，，是兩個不同的平面，則下列結(jié)論正確的為（???????）
A．若，，則 B．若，，則
C．若，，，則 D．若，，，則
4．“學(xué)習(xí)強國”APP是以深入學(xué)習(xí)、宣傳習(xí)近平新時代中國特色社會主義思想，立足全體黨員，面向全社會的優(yōu)質(zhì)學(xué)習(xí)平臺．為了解甲、乙兩人的平臺學(xué)習(xí)情況，統(tǒng)計了他們最近7天的學(xué)習(xí)積分，制成如圖所示的莖葉圖，若中間一列的數(shù)字表示積分的十位數(shù)，兩邊的數(shù)字表示積分的個位數(shù)，則在這7天中，下列結(jié)論正確的為（???????）

A．甲、乙兩人積分的極差相等
B．甲、乙兩人積分的平均數(shù)不相等
C．甲、乙兩人積分的中位數(shù)相等
D．甲積分的方差大于乙積分的方差
5．若函數(shù)在區(qū)間D上單調(diào)遞減，則D可以為（???????）
A． B． C． D．
6．現(xiàn)安排編號分別為1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三項不同的工作，若每項工作都需安排志愿者，每位志愿者恰好安排一項工作，且編號為相鄰整數(shù)的志愿者不能被安排做同一項工作，則不同的安排方法數(shù)為（???????）
A．36 B．24 C．18 D．12
7．已知，p：；q：函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，則p是q的（???????）
A．充分不必要條件 B．必要不充分條件
C．充要條件 D．既不充分也不必要條件
8．已知過點的動直線l與圓C：交于A，B兩點，過A，B分別作C的切線，兩切線交于點N．若動點，則的最小值為（???????）
A．6 B．7 C．8 D．9

二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分。在每小題給出的選項中，有多
項符合題目要求。全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分。
9．中華人民共和國的國旗圖案是由五顆五角星組成，這些五角星的位置關(guān)系象征著中國共產(chǎn)黨領(lǐng)導(dǎo)下的革命與人民大團結(jié)．如圖，五角星是由五個全等且頂角為36°的等腰三角形和一個正五邊形組成．已知當(dāng)時，，則下列結(jié)論正確的為（???????）

A． B．
C． D．
10．已知無窮數(shù)列滿足：當(dāng)為奇數(shù)時，；當(dāng)為偶數(shù)時，，則下列結(jié)論正確的為（???????）
A．和均為數(shù)列中的項
B．?dāng)?shù)列為等差數(shù)列
C．僅有有限個整數(shù)使得成立
D．記數(shù)列的前項和為，則恒成立
11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過點的直線l與拋物線C：交于A，B兩點，點為線段AB的中點，且，則下列結(jié)論正確的為（???????）
A．N為的外心 B．M可以為C的焦點
C．l的斜率為 D．可以小于2
12．著名的伯努利（Bemoulli）不等式為：，其中實數(shù)同號，且均大于－1．特別地，當(dāng)，且時，有．已知伯努利不等式還可以推廣為：設(shè)x，，若，且，則．設(shè)a，b為實數(shù)，則下列結(jié)論正確的為（???????）
A．任意，且任意，都有
B．任意，存在，使得
C．任意，且任意，都有
D．任意，存在，且，使得

三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。
13．請寫出一個定義在R上的函數(shù)，其圖象關(guān)于y軸對稱，無最小值，且最大值為2．其解析式可以為______．
14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，F(xiàn)為雙曲線C：的一個焦點，過F的直線l與C的一條漸近線垂直．若l與C有且僅有一個交點，則C的離心率為______．
15．已知，則______．
16．已知等邊的邊長為2，將其繞著BC邊旋轉(zhuǎn)角度，使點A旋轉(zhuǎn)到位置．記四面體的內(nèi)切球半徑和外接球半徑依次為r，R，當(dāng)四面體的表面積最大時，______，______．

四、解答題：本題共6小題，共70分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。
17．已知數(shù)列的首項，其前n項和為，且對任意的，點均在直線上．
(1)求的通項公式；
(2)設(shè)，求數(shù)列的前n項和．
18．設(shè)的內(nèi)角A，B，C的對邊分別為a，b，c，且．
(1)求角B的大?。?br /> (2)設(shè)D，E分別為邊AB，BC的中點，已知的周長為，且，若，求a．
19．某新華書店將在六一兒童節(jié)進行有獎促銷活動，凡在該書店購書達到規(guī)定金額的小朋友可參加雙人贏取“購書券”的游戲．游戲規(guī)則為：游戲共三局，每局游戲開始前，在不透明的箱中裝有個號碼分別為、、、、的小球（小球除號碼不同之外，其余完全相同）．每局由甲、乙兩人先后從箱中不放回地各摸出一個小球（摸球者無法摸出小球號碼）．若雙方摸出的兩球號碼之差為奇數(shù)，則甲被扣除個積分，乙增加個積分；若號碼之差為偶數(shù)，則甲增加個積分，乙被扣除個積分．游戲開始時，甲、乙的初始積分均為零，游戲結(jié)束后，若雙方的積分不等，則積分較大的一方視為獲勝方，將獲得“購書券”獎勵；若雙方的積分相等，則均不能獲得獎勵．
(1)設(shè)游戲結(jié)束后，甲的積分為隨機變量，求的分布列；
(2)以（1）中的隨機變量的數(shù)學(xué)期望為決策依據(jù)，當(dāng)游戲規(guī)則對甲獲得“購書券”獎勵更為有利時，記正整數(shù)的最小值為．
①求的值，并說明理由；
②當(dāng)時，求在甲至少有一局被扣除積分的情況下，甲仍獲得“購書券”獎勵的概率．
20．如圖，平面ABCD平面ABE，點E為半圓弧上異于A，B的點，在矩形ABCD中，，設(shè)平面ABE與平面CDE的交線為l．

(1)證明：平面ABCD；
(2)當(dāng)l與半圓弧相切時，求二面角A-DE-C的余弦值．
21．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知點，，設(shè)的內(nèi)切圓與AC相切于點D，且，記動點C的軌跡為曲線T．
(1)求T的方程；
(2)設(shè)過點的直線l與T交于M，N兩點，已知動點P滿足，且，若，且動點Q在T上，求的最小值．
22．已知函數(shù)．
(1)若在區(qū)間上單調(diào)遞增，求a的取值范圍；
(2)證明：，

參考答案：
1．D
【解析】
【分析】
先由解出集合，再由的值域解出，計算交集即可.
【詳解】
由解得，則，又時，，
則，即，又，則.
故選：D.
2．A
【解析】
【分析】
由復(fù)數(shù)的除法運算求得z，然后由共軛復(fù)數(shù)定義可得.
【詳解】
因為
所以.
故選：A
3．D
【解析】
【分析】
由空間中的線面關(guān)系的判定及性質(zhì)依次判斷即可.
【詳解】
對于A，還可能是，錯誤；
對于B，的位置關(guān)系不確定，錯誤；
對于C，的位置關(guān)系不確定，錯誤；
對于D，由，，可得，又，則，正確.
故選：D.
4．B
【解析】
【分析】
依次求出極差、平均數(shù)、中位數(shù)即可判斷A、B、C選項；由集中程度即可判斷D選項.
【詳解】
甲的極差為，乙的極差為，極差不相等，A錯誤；
甲的平均數(shù)為，乙的平均數(shù)為，平均數(shù)不相等，B正確；
甲的中位數(shù)為44，乙的中位數(shù)為43，中位數(shù)不相等，C錯誤；
由莖葉圖知，甲數(shù)據(jù)較乙數(shù)據(jù)更集中，故甲的方差小于乙，D錯誤.
故選：B.
5．C
【解析】
【分析】
由的范圍求出整體的范圍，再得到的正負及單調(diào)性，依次判斷4個選項即可.
【詳解】
對于A，當(dāng)時，，且單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，錯誤；
對于B，當(dāng)時，，且單調(diào)遞減，單調(diào)遞增，錯誤；
對于C，當(dāng)時，，且單調(diào)遞增，單調(diào)遞減，正確；
對于D，當(dāng)時，，且單調(diào)遞增，單調(diào)遞增，錯誤.
故選：C.
6．C
【解析】
【分析】
先按照要求將志愿者分為3組，再分配到三項工作，最后由分步計數(shù)原理求解即可.
【詳解】
先將四位志愿者分為2人、1人、1人共3組，有1號和3號一組；2號和4號一組；1號和4號一組共3種情況；
再將3組志愿者分配到三項工作有種；
按照分步乘法計數(shù)原理，共有種.
故選：C.
7．A
【解析】
【分析】
先由命題解出對應(yīng)的范圍，再由充分必要的定義判斷即可.
【詳解】
由可得，又，又，
要使函數(shù)在區(qū)間上不單調(diào)，有，解得，顯然，
即p是q的充分不必要條件.
故選：A.
8．B
【解析】
【分析】
先判斷出四點在以為直徑的圓上，求出該圓方程，進而求得方程，由點在直線上得出點軌跡為，又在圓上，進而將的最小值即為圓心到直線的距離減去半徑，即可求解.
【詳解】

易得圓心，半徑為4，如圖，連接，則，則四點在以為直徑的圓上，
設(shè)，則該圓的圓心為，半徑為，圓的方程為，又該圓和圓的交點弦即為，
故，整理得，又點在直線上，
故，即點軌跡為，又在圓上，故的最小值為
圓心到直線的距離減去半徑1，即.
故選：B.
9．AB
【解析】
【分析】
連接DH，AF，CH，BH，利用五角星的結(jié)構(gòu)特征逐項分析判斷作答.
【詳解】
對于A，連接DH，如圖，由DF=FH，得：，，A正確；

對于B，連接AF，由得：AF垂直平分DH，而，即，則，B正確；
對于C，與不共線，C不正確；
對于D，連接CH，BH，由選項A知，，而，則四邊形是平行四邊形，
，D不正確.
故選：AB
10．BD
【解析】
【分析】
分別令、，解出的值，可判斷A選項；利用等差數(shù)列的定義可判斷B選項；解不等式可判斷C選項；利用等比數(shù)列的求和公式可判斷D選項.
【詳解】
對于A選項，分析可知當(dāng)為奇數(shù)時，為奇數(shù)，
當(dāng)為偶數(shù)時，為偶數(shù)，
令可得，不合乎題意，
令可得，合乎題意，
所以，不是數(shù)列中的項，是數(shù)列中的項，A錯；
對于B選項，因為，
所以，數(shù)列是公差為的等差數(shù)列，B對；
對于C選項，若為偶數(shù)，由可得，矛盾，
若為奇數(shù)，由可得，即，解得，
所有滿足條件的奇數(shù)都合乎題意，
所以，有無限個整數(shù)使得成立，C錯；
對于D選項，為偶數(shù)，則，且，
所以，數(shù)列是以為首項，以為公比的等比數(shù)列，
所以，，D對.
故選：BD.
11．AC
【解析】
【分析】
由可得，即可判斷A選項；設(shè)出直線，聯(lián)立拋物線，由求出，即可判斷B選項；由點差法即可求出l的斜率判斷C選項；求出即可判斷D選項.
【詳解】

由可得，則N為的外心，A正確；
易得直線斜率不為0，設(shè)，，聯(lián)立可得，
，則，則，由可得，
即，則，則焦點為，B錯誤；
由作差得，即，C正確；
，則，D錯誤.
故選：AC.
12．ACD
【解析】
【分析】
由題目所給不等式及推廣不等式依次判斷4個選項即可.
【詳解】
選項A：由，，則，且，
∴，
由基本不等式可知，當(dāng)且僅當(dāng)時取等，∴，故選項A正確；
選項B：∵，∴，又，∴，即，∴恒成立，故選項B錯誤；
選項C：∵，且，∴，且，∴，即，∴，故選項C正確；
選項D：①若，則當(dāng)時，不等式顯然成立；
②若，∵，∴，，∴當(dāng)時，，
∴，記為不超過b的最大整數(shù)，易知．∴當(dāng)時，成立，
∴任意，存在，且，使得，故選項D正確.
故選：ACD．
13．或（，等）（答案不唯一）
【解析】
【分析】
根據(jù)所給函數(shù)性質(zhì)寫出一個函數(shù)即可.
【詳解】
根據(jù)題中的條件可知函數(shù)是偶函數(shù)，最大值為2，所以滿足題中的條件，再如，再如等等（答案不唯一）.
故答案為：或（，等）（答案不唯一）.
14．
【解析】
【分析】
由l與C有且僅有一個交點得與另一條漸近線垂直，進而得到，再求離心率即可.
【詳解】

不妨設(shè)為右焦點，直線l與漸近線垂直，要使l與C有且僅有一個交點，則與另一條漸近線不相交，即與另一條漸近線平行，
則兩條漸近線互相垂直，即，則離心率為.
故答案為：.
15．0或1##1或0
【解析】
【分析】
變形給定等式，利用同角公式計算作答.
【詳解】
由得：，
則，，所以或.
故答案為：0或1
16．???? ???? ##
【解析】
【分析】
先判斷出當(dāng)時四面體的表面積最大，即可求得；先求出表面積，再得到的中點O為四面體的外接球球心，即可求得，再求出四面體的體積，由即可求得，即可求解.
【詳解】

易得的面積為定值，又，顯然當(dāng)時，此時面積最大，
即四面體的表面積最大，此時；
當(dāng)四面體的表面積最大時，易知四面體的表面積最大值為，設(shè)的中點為O，
易知，∴，即O為四面體的外接球球心，∴四面體的外接球半徑，
∵，且，∴，∴，由，平面，
，可得平面，∴四面體的體積為，
又，∴，解得，
∴.
故答案為：；．
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）先由條件得到，再通過退位相減法得到數(shù)列是等比數(shù)列，由等比數(shù)列的通項公式求解即可；
（2）先求出，再表示出，通過裂項相消法求和即可.
(1)
∵對任意的，點均在直線上，∴，∴當(dāng)時，，
∴，即，又∵，∴，
∴，∴，∴數(shù)列是以3為首項，9為公比的等比數(shù)列，∴．
(2)
，∴，
∴，即．
18．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)正弦定理，將邊轉(zhuǎn)化成角，然后用輔助角公式，即可求解. （2）在，分別用余弦定理表示出 ，根據(jù)，可得邊長的關(guān)系，進而根據(jù)周長即可求解.
(1)
由正弦定理，得，
∵A，B，C為的內(nèi)角，∴，
∴，
∴，
∵，，∴，，
∴，
易知，∴，即．
(2)
設(shè)，，則，，在中，由余弦定理，
得，
在中，同理有，
∵，∴，即，
整理得，解得或，
∵，即，∴，且，
∵的周長為，∴，
∴，∴．
19．(1)答案見解析
(2)① ；理由見解析；②
【解析】
【分析】
（1）分析可知隨機變量的可能取值有、、、，計算出隨機變量在不同取值下的概率可得出隨機變量的分布列；
（2）①求得，解不等式可得的值；
②記“甲至少有一局被扣除積分”為事件，記“甲獲得“購書券”獎勵”為事件，計算出、的值，利用條件概率公式可求得所求事件的概率.
(1)
解：記“一局游戲后甲被扣除個積分”為事件，“一局游戲后乙被扣除個積分”為事件，
由題可知，則，
當(dāng)三局均為甲被扣除個積分時，，
當(dāng)兩局為甲被扣除個積分，一局為乙被扣除個積分時，，
當(dāng)一局為甲被扣除個積分，兩局為乙被扣除個積分時，，
當(dāng)三局均為乙被扣除個積分時，，
所以，，，
，，
所以，隨機變量的分布列為

－6



P





(2)
解：①由（1）易得，
顯然甲、乙雙方的積分之和恒為零，
當(dāng)游戲規(guī)則對甲獲得“購書券”獎勵更為有利時，則需，
所以，，即正整數(shù)的最小值；
②當(dāng)時，記“甲至少有一局被扣除積分”為事件，則，
由題設(shè)可知若甲獲得“購書券”獎勵則甲被扣除積分的局數(shù)至多為，
記“甲獲得“購書券”獎勵”為事件，易知事件為“甲恰好有一局被扣除積分”，
則，所以，，
即在甲至少有一局被扣除積分的情況下，甲仍獲得“購書券”獎勵的概率為．
20．(1)證明見解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）根據(jù)線面平行的性質(zhì)定理，可得線線平行，進而可得線面平行.
（2）根據(jù)空間坐標(biāo)法，計算法向量，進而可得二面角大小，或者根據(jù)長度關(guān)系，可用幾何法找到二面角，進而利用余弦定理求解.
(1)
證明：∵四邊形ABCD為矩形，∴，
∵平面 ，平面，
∴平面
又平面 ，平面平面，
∴，
∵平面 ，∴．
(2)
（法一）取AB，CD的中點分別為O，F(xiàn)，連接OE，OF，則，
∵平面平面，且交線為AB，∴平面，
又平面，，
當(dāng)l與半圓弧相切時，，即，
以O(shè)E，OB，OF所在的直線分別為x，y，z軸，建立如圖所示的空間直角坐標(biāo)系，

不妨設(shè)，易得，，，，
則，，，
設(shè)為平面DAE的一個法向量，
則，即，
∴，令，則，
設(shè)為平面DCE的一個法向量，則，
即，∴，令，則，
∴，
易知二面角A-DE-C的平面角大小即為，
∴二面角A-DE-C的余弦值為．
（法二）當(dāng)l與半圓弧相切時，，，∴，
∵平面平面，其交線為，且，平面 ，
∴平面，又平面，∴，
同理，
不妨設(shè)，則，，
∴由勾股定理得，
取DE的中點F，連接AF，F(xiàn)C，AC，

則，，
∴是二面角A-DE-C的平面角，
易知，，且，
∴在中，有，
∴二面角A-DE-C的余弦值為．
21．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）由切線長相等得，再結(jié)合橢圓的定義即可求得T的方程；
（2）由解出點坐標(biāo)，代入曲線T得，同理將點坐標(biāo)代入曲線T得到關(guān)系式，由得出動點P軌跡，再利用直線和曲線T相切求得的最小值即可.
(1)

不妨設(shè)的內(nèi)切圓與BC，BA分別相切于點E，F(xiàn)，由切線長相等可知，，，
∴，∴，∴動點C的軌跡為以A，B為焦點，
長軸長為4的橢圓（且C不在直線AB上），設(shè)動點C的軌跡方程為：，易知，且，解得，
∴T的方程為：．
(2)
設(shè)，，，∵，∴，
若，則，，即P與R重合，與矛盾，∴，∴，，∴，
代入，又，化簡得，
同理可得，，∴，為方程的兩根，
∵，∴，即，即動點P在定直線：上，
令直線：，當(dāng)與T相切時，記，的距離為d，則，聯(lián)立可得，
由，解得，又，∴，此時，解得，，即切點為，
且直線，的距離為，∴，當(dāng)Q點坐標(biāo)為，且時，，即，
聯(lián)立得，此時，，且直線P R即直線l：，
即顯然不過點和，符合題設(shè)條件，∴的最小值為．
【點睛】
本題關(guān)鍵點在于利用解出點坐標(biāo)，代入曲線T得關(guān)系式，同理將點坐標(biāo)代入曲線T得到關(guān)系式，進而得到，為一元二次方程的兩根，由得出動點P軌跡，將的最小值轉(zhuǎn)化為直線上一點和橢圓上一點距離的最小值即可求解.
22．(1)
(2)證明見解析
【解析】
【分析】
（1）直接求導(dǎo)，討論和時函數(shù)的單調(diào)性即可求解；
（2）先通過分析法將要證結(jié)論轉(zhuǎn)化為證，再結(jié)合（1）得到，由累加法結(jié)合放縮、裂項相消即可證明.
(1)
，當(dāng)時，，，∴當(dāng)時，，在區(qū)間上單調(diào)遞增，
當(dāng)時，，，∴當(dāng)時，，∴在區(qū)間上單調(diào)遞減，不合題意，
∴若在區(qū)間上單調(diào)遞增，則實數(shù)a的取值范圍為．
(2)
欲證，只需證，
只需證，即證，
只需證，由（1）可知當(dāng)時，在區(qū)間上單調(diào)遞增，
∴，∴當(dāng)時，不等式恒成立，即恒成立，∴，
即，同理，…，，
將上述不等式累加得：
又
，
∴不等式得證，∴不等式得證．
【點睛】
本題關(guān)鍵點在于先通過分析法將要證結(jié)論轉(zhuǎn)化為證，然后由（1）中結(jié)論得到，通過累加法得到，再利用放縮、裂項相消求和即可證得結(jié)論.

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2022年名校聯(lián)盟山東省優(yōu)質(zhì)校高三畢業(yè)班5月模擬數(shù)學(xué)試題含答案：

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