山东省名校联盟优质名校2022届高三数学5月（联考）模拟考试（PDF版附答案）.pdf

资源描述

1、数学试题第页共页保密启用前名校联盟山东省优质校届高三毕业班月模拟考数学试题注意事项本试卷共页小题满分分考试用时分钟答卷前考生务必将自己的学校班级和姓名填在答题卡上正确粘贴条形码作答选择题时用铅笔在答题卡上将对应答案的选项涂黑非选择题的答案必须写在答题卡各题目的指定区域内相应位置上不准使用铅笔和涂改液考试结

2、束后考生上交答题卡一单项选择题本题共小题每小题分共分在每小题给出的四个选项中只有一项是符合题目要求的设集合槡则已知复数满足为虚数单位则的共轭复数已知是两条不同的直线是两个不同的平面则下列结论正确的为若则若则若则若则学习强国是以深入学习宣传习近平新时代中国特色社会主义思想立足全体党员面向全社会的优质学习

3、平台为了解甲乙两人的平台学习情况统计了他们最近天的学习积分制成如图所示的茎叶图若中间一列的数字表示积分的十位数两边的数字表示积分的个位数则在这天中下列结论正确的为甲乙两人积分的极差相等甲乙两人积分的平均数不相等甲乙两人积分的中位数相等甲积分的方差大于乙积分的方差若函数在区间上单调递减则可以为现安排编号分别为

4、的四位抗疫志愿者去做三项不同的工作若每项工作都需安排志愿者每位志愿者恰好安排一项工作且编号为相邻整数的志愿者不能被安排做同一项工作则不同的安排方法数为已知函数在区间槡槡上不单调则是的充分不必要条件必要不充分条件充要条件既不充分也不必要条件已知过点槡的动直线与圆交于两点过分别作的切线两切线交于点若动点则的最小值为

5、二多项选择题本题共小题每小题分共分在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求全部选对的得分部分选对的得分有选错的得分中华人民共和国的国旗图案是由五颗五角星组成这些五角星的位置关系象征着中国共产党领导下的革命与人民大团结如图五角星是由五个全等且顶角为的等腰三角形和一个正五边形组成已知当时槡则下列结论正确

6、的为槡已知无穷数列满足当为奇数时当为偶数时则下列结论正确的为和均为数列中的项数列为等差数列仅有有限个整数使得成立记数列的前项和为则恒成立在平面直角坐标系中过点的直线与抛物线交于两点点为线段的中点且则下列结论正确的为为的外心可以为的焦点的斜率为可以小于数学试题第页共页数学试题第页共页著名的伯努利不等式为其中实数同号

7、且均大于特别地当且时有已知伯努利不等式还可以推广为设若且则设为实数则下列结论正确的为任意且任意都有任意存在使得任意且任意都有任意存在且使得三填空题本大题共小题每小题分共分请写出一个定义在上的函数其图象关于轴对称无最小值且最大值为其解析式可以为在平面直角坐标系中为双曲线的一个焦点过的直线与的一条渐近线垂直若

8、与有且仅有一个交点则的离心率为已知则已知等边的边长为将其绕着边旋转角度使点旋转到位置记四面体的内切球半径和外接球半径依次为当四面体的表面积最大时注本题第一空分第二空分四解答题本大题共小题共分解答应写出文字说明证明过程或演算步骤分已知数列的首项其前项和为且对任意的点均在直线上求的通项公式设求数列的前项和分

9、设的内角的对边分别为且槡求角的大小设分别为边的中点已知的周长为槡且槡若求分某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人赢取购书的游戏游戏规则为游戏共三局每局游戏开始前在不透明的箱中装有个号码分别为的小球小球除号码不同之外其余完全相同每局由甲乙两人先后从箱中不放回地各

10、摸出一个小球摸球者无法摸出小球号码若双方摸出的两球号码之差为奇数则甲被扣除个积分乙增加个积分若号码之差为偶数则甲增加个积分乙被扣除个积分游戏开始时甲乙的初始积分均为零游戏结束后若双方的积分不等则积分较大的一方视为获胜方将获得购书奖励若双方的积分相等则均不能获得奖励设游戏结束后甲的积分为随机变量求的分布列以

11、中的随机变量的数学期望为决策依据当游戏规则对甲获得购书奖励更为有利时记正整数的最小值为求的值并说明理由当时求在甲至少有一局被扣除积分的情况下甲仍获得购书奖励的概率分如图平面平面点为半圆弧)上异于的点在矩形中槡设平面与平面的交线为证明平面当与半圆弧)相切时求二面角的余弦值分在平面直角坐标系中已知点设的内切圆与相

12、切于点且记动点的轨迹为曲线求的方程设过点的直线与交于两点已知动点满足且若且动点在上求的最小值分已知函数若在区间上单调递增求的取值范围证明槡槡槡数学试题第页共页参考答案与评分细则第 1 页（共 10 页）名校联盟山东省优质校 2022 届高三毕业班 5 月模拟考数学试题参考答案与评分细则一、单项选择题：题号12345678答案DADBCCAB二、多项选择题：题号9101112答案ABBDACACD12.著名的伯努利（Bernoulli）不等式为：1

13、212(1)(1)(1)1nnxxxxxx ，其中实数1x，2x，.，nx 同号，且均大于 1.特别地，当*n N，且1x 时，有(1)1nxnx.已知伯努利不等式还可以推广为：设 xr R，若1r，且1x ，则(1)1rxrx.设 a，b 为实数，则下列结论正确的为A任意(0,)a ，且任意1,)b，都有1(1)(1)2(1)bbabaB任意(1,)b，存在(0,)a ，使得1bababC任意(0,1a，且任意(1,)b ，都有(1)1ababD任意1,)b，存在*a N，且 ab，使得1()1bbaab解析：（1）考查选项 A：若1b ，则(1)1baab，且1(1)1bbaa，11(1)

14、(1)2()bbaabaa，又0a，由基本不等式可知12aa，1(1)(1)2(1)bbaba，故选项 A 正确；（2）考查选项 B：0a，11a ，又1b ，(11)1(1)bbaab a，1babab 恒成立，故选项 B 错误；（3）考查选项 C：01a，且1b ，11a ，且1ab ，11(1)11aababba ，即101(1)abab，(1)1abab，故选项 C 正确；（4）考查选项 D：若*b N，则当 ab时，不等式1()1bbaab显然成立，参考答案与评分细则第 2 页（共 10 页）若*b N，1b ，()1()1bbaababbb，当(1,)abb时，()10baabb，

15、1()1bbaab，记 b 为不超过 b 的最大整数，易知(1,)bbb，当 ab时，1()1bbaab成立，任意1,)b，存在*a N，且 ab，使得1()1bbaab，故选项 D 正确；综上所述，应选 ACD.三、填空题：13.22x或（42x，2|x等）；14.2；15.0 或1；16.2 2；23.16.已知等边 ABC 的边长为 2，将其绕着 BC 边旋转角度，使点 A 旋转到 A 位置.记四面体 A ABC的内切球半径和外接球半径依次为 r，R，当四面体 A ABC的表面积最大时，A A，rR.（注：本题第一空 2 分，第二空 3 分.）解析：显然当2A BA时，四面体 A ABC

16、的表面积最大，此时2 2A A，故应填 2 2；当四面体 A ABC的表面积最大时（易知四面体 A ABC的表面积最大值为 42 3），设 A A 的中点为 O，易知12OBOCAA，2OBOCOAOA，即O 为四面体 A ABC的外接球球心，四面体 A ABC的外接球半径2R，2OBOC，且2BC，222BCOBOC，2BOC，易知 OC 平面 A AB，不难求得四面体 A ABC的体积为12 233A ABVSOC，又1(42 3)3Vr，42 32 233r，解得223r，12323rR，故应填 23.三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤17

17、（10 分）已知数列 na的首项13a，其前 n 项和为nS，且对任意的*nN，点1(,)nnS a 均在直线83yx上.(1)求na的通项公式；(2)设log3nnab，求数列1nnb b 的前 n 项和nT.参考答案与评分细则第 3 页（共 10 页）解：(1)（法一）对任意的*nN，点1(,)nnSa 均在直线83yx上，183nnaS，1 分当2n 时，183nnaS，2 分118()8nnnnnaaSSa，即19nnaa(2)n，3 分又113Sa，218327aS，219aa，4 分19nnaa*()nN，数列na是以3 为首项，9 为公比的等比数列，5 分1213 93nnna.

18、6 分（法二）对任意的*nN，点1(,)nnSa 均在直线83yx上，183nnaS，1 分183nnnSSS，即193nnSS，2 分1339()88nnSS，又113327888Sa，数列38nS 是以 278为首项，9 为公比的等比数列，3 分21132739888nnnS，21338nnS，4 分当2n 时，21212113333388nnnnnnaSS，5 分又13a，亦满足上式，213 nna*()nN.6 分(2)311log3log21nnanban，7 分11111()(21)(21)2 2121nnb bnnnn，9 分1 22 31111111(1)()()2335212

19、121nnnnTbbb bb bnnn，即21nnTn.10 分18（12 分）设 ABC 的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，且cos3 sin1bCcBac(1)求角 B 的大小；(2)设 D，E 分别为边 AB，BC 的中点，已知 BCD 的周长为 33，且192AECD，若5ca，求 a.参考答案与评分细则第 4 页（共 10 页）解：(1)由正弦定理，得sincos3sinsinsinsinBCCBAC，1 分 A，B，C 为 ABC 的内角，ABC，sinsin()sincoscossinABCBCBC，i3nsicnssossniinCBCCB，3 分(0,)B，(0,

20、)C，sin0C，cos13 sin BB，4 分2sin1()6B，5 分易知 566()6,B，66B，即=3B.6 分(2)设 BEm，BDn，则2am，2cn，在 ABE 中，由余弦定理，得222222cos42AEBEBABE BABmnmn，7 分在 BCD 中，同理有222222cos42CDBCBDBC BDBmnmn，8 分192AECD，22194AECD，即22224219=424mnmnmnmn，9 分整理得221024=0nmnm，解得=4nm，或=6nm，5ca，即 210nm，=4nm，且22422 3CDmnmnm，11 分 BCD 的周长为 33，22 3(6

21、2 3)33mnmm，12m，21am.12 分19（12 分）某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销活动，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人 PK 赢取“购书劵”的游戏.游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在不透明的箱中装有 5 个号码分别为1，2，3，4，5 的小球（小球除号码不同之外，其余完全相同）.每局由甲、乙两人先后从箱中不放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）.若双方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除 2个积分，乙增加 2个积分；若号码之差为偶数，则甲增加*()n nN个积分，乙被扣除 n个积分.PK 游戏开始时，甲、乙的初始积分均为零，PK 游戏结束后，若双

22、方的积分不等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书劵”奖励；若双方的积分相等，则均不能获得奖励.(1)设 PK 游戏结束后，甲的积分为随机变量，求的分布列；(2)以(1)中的随机变量的数学期望为决策依据，当游戏规则对甲获得“购书劵”奖参考答案与评分细则第 5 页（共 10 页）励更为有利时，记正整数 n 的最小值为0n.(i)求0n 的值，并说明理由；(ii)当0nn时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书劵”奖励的概率.解：(1)记“一局游戏后甲被扣除 2个积分”为事件 A，“一局游戏后乙被扣除 n个积分”为事件 B，由题可知3()5P A，2()5P B，2 分当三局

23、均为甲被扣除 2个积分时，6 ，当两局为甲被扣除 2个积分，一局为乙被扣除 n个积分时，4n，当一局为甲被扣除 2个积分，两局为乙被扣除 n个积分时，22n，当三局均为乙被扣除 n个积分时，3n，3327(6)()5125P ，2233254(4)()55125PnC，1233236(22)()55125PnC，328(3)()5125Pn，的分布列为64n 22n 3nP27125541253612581256 分(2)(i)由(1)易知2754368618()(6)+(4)+(22)31251251251255nEnnn，显然甲、乙双方的积分之和恒为零，当游戏规则对甲获得“购书劵”奖励更为

24、有利时，则需618()05nE，8 分3n，即正整数 n 的最小值04n.9 分(ii)当4n 时，记“甲至少有一局被扣除积分”为事件C，则32117()1()5125P C ，10 分由题设可知，若甲获得“购书劵”奖励，则甲被扣除积分的局数至多为1，记“甲获得“购书劵”奖励”为事件 D，易知事件CD 为“甲恰好有一局被扣除积分”，1233236()()55125P CDC，11 分参考答案与评分细则第 6 页（共 10 页）36()4125()117()13125P CDP D CP C，即在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书劵”奖励的概率为 413.12 分20（12 分）如图

25、，平面ABCD平面 ABE，点 E 为半圆弧 AB 上异于 A，B 的点，在矩形 ABCD中，2ABBC，设平面 ABE 与平面CDE 的交线为l.(1)证明：l平面 ABCD；(2)当l 与半圆弧 AB 相切时，求二面角ADEC 的余弦值.解：(1)证明：四边形 ABCD 为矩形，ABCD，1 分AB平面 ABE，CD平面 ABE，CD平面 ABE，2 分又CD平面CDE，平面ABE平面CDEl，3 分 lCD，4 分CD平面 ABCD，l平面 ABCD，l平面 ABCD.5 分(2)（法一）取 AB，CD 的中点分别为O，F，连接OE，OF，则OFAB，平面ABCD平面 ABE，且交线为

26、AB，OF平面 ABE，又OE平面 ABE，OFOE，当l 与半圆弧 AB 相切时，OEl，即OEAB，7 分以 OE，OB，OF 所在的直线分别为 x，y，z 轴，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设2BC，易得(0,1,0)A，(0,1,2)C，(0,1,2)D，(1,0,0)E，则(1,1,2)DE，(0,0,2)AD，(0,2,0)DC，8 分设111(,)mx y z为平面 DAE 的一个法向量，则00 ，AD mDE m即11112020，zxyz1110，zxy令1=1x，则(1,1,0)m，9 分设222(,)nxyz为平面 DCE 的一个法向量，则00 ，DC nDE n(第

27、 20 题图)参考答案与评分细则第 7 页（共 10 页）即22222020，yxyz22202，yxz令2=1z，则(2,0,1)n ，10 分23cos,3|23m nm nm n ，11 分易知二面角ADEC 的平面角大小即为,m n，二面角ADEC 的余弦值为33.12 分（法二）当l 与半圆弧 AB 相切时，AEEB，AEEB，2ABAE，6 分平面ABCD平面 ABE，平面 ABCD 平面 ABEAB，且DAAB，DA 平面 ABCD，DA平面 ABE，又AE平面 ABE，DAAE，同理，CBBE，7 分不妨设2BC，则2BEAEAD，2ABDC，由勾股定理得2DECE，8 分取

28、DE 的中点 F，连接 AF，FC，AC，则DEAF，DECF，AFC 是二面角ADEC 的平面角，9 分易知112AFDE，332CFDE，且226ACABBC，10 分在 AFC 中，有2221(3)(6)3cos32 13 AFC，11 分二面角ADEC 的余弦值为33.12 分21（12 分）在平面直角坐标系 xOy 中，已知点(1,0)A，(1,0)B，设 ABC 的内切圆与 AC 相切于点 D，且|1CD ，记动点C 的轨迹为曲线T.(1)求T 的方程；(2)设过点1 1(,)3 2R的直线l 与T 交于 M，N 两点，已知动点 P 满足1PMMR，且2PNNR，若120，且动点

30、(,)32xxyyxy，若11 ，则21 ，PMMR ，即 P 与 R 重合，与 PNNR矛盾，11 ，1011131xx，1011121yy，1010111132(,)11xyM，6 分代入22143xy，化简得22210010032(61272)912360 xyxy，7 分同理可得，22220020032(61272)912360 xyxy，8 分1，2 为方程222000032(61272)912360 xxyxxy的两根，120，00612720 xy，即002120 xy，即动点 P 在定直线 1:2120lxy上，9 分显然直线 1l 与T 没有交点，令直线 2:20(0)lxy

31、mm，当 2l 与T 相切时，记 1l，2l 的距离为 d，则|PQd，联立2220,1,43xymxy可得2242120 xmxm，由22(2)16(12)0mm，解得4m ，又0m，4m，10 分此时，解得1x ，32y，即切点为3(1,)2，且直线 1l,2l 的距离为|124|8 5514d，8 5|5PQ，当 Q 点坐标为3(1,)2，且1PQl时，经计算，得13 47(,)5 10P，此时，8 5|=5PQ，且不难知道直线 PR 即直线l 不过点(2,0)和(2,0)，符合题设条件，参考答案与评分细则第 9 页（共 10 页）|PQ 的最小值为 8 55.12 分（注：本题未说明点

32、 P，Q 的存在性及未论证直线l 不过点(2,0)和(2,0)总共扣 1 分.）22（12 分）已知函数()ln(1)1axf xxx()aR.(1)若()f x 在区间(0,)上单调递增，求 a 的取值范围；(2)证明：*nN，2221111(1)(1)(1)e2212 41nnnn.解：(1)221(1)()1(1)(1)axafxxxx，1 分当1a 时，(0,)x ，(1)0 xa，当0 x 时，()0fx，()f x 在区间(0,)上单调递增，2 分当1a 时，(0,1)xa，(1)0 xa，当 01xa 时，()0fx，3 分()f x 在区间(0,1)a 上单调递减，不合题意，若

33、()f x 在区间(0,)上单调递增，则实数 a 的取值范围为(,1.4 分(2)欲证2221111(1)(1)(1)e2212 41nnnn，只需证2222222212 41e212112 411nnnnnnn ，5 分即证222111e(1)(1)(1)212112 411nnnn ，6 分只需证222111ln(1)ln(1)ln(1)212112 411nnnn ，7 分由(1)可知当1a 时，()f x 在区间(0,)上单调递增，()(0)0f xf，当0 x 时，不等式 ln(1)01xxx恒成立，即 ln(1)1xxx恒成立，8 分222211121ln(1+)1212121nn

34、nn，即2211ln(1+)212nn，9 分参考答案与评分细则第 10 页（共 10 页）同理2211ln(1+)21121nn，2211ln(1+)2 4112 41nn，将上述不等式累加得：222222111111ln(1)ln(1)ln(1)2121 12 41 12212 41nnnnnn ，10 分又2222222221111112212 41112414nnnnnnnnn 22222222(1)(21)(441)4nnnnnnnnn，不等式222111ln(1)ln(1)ln(1)212112 411nnnn 得证，不等式2221111(1)(1)(1)e2212 41nnnn得证.12 分

展开阅读全文