潍坊市2022年高考模拟考试数学试题及答案解析

数学

一、单项选择题：本大题共8个小题，每小题5分，共40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．

1．已知集合AxyA．2,3

4x，B1,2,3,4,5，则AB（ ）．

C．1,2,3,4

D．2,3,4

B．1,2,3

2．已知复数z满足z34z5i，则在复平面内复数z对应的点在（ ）．

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．已知a0，则“aaa3”是“a3”的（ ）． A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件

4．以边长为2的正方形一边所在直线为轴旋转一周，所得到的几何体的体积为（ ）． A．2π

B．8π

C．

2π 3 D．

8π 3π． ，且3cos2sin1，则（ ）

222A．sinπ B．cosπ

3355ππC．sin D．cos

33225．已知0,

6．如图，某建筑物白色的波浪形屋顶像翅膀一样漂浮，建筑师通过双曲线的设计元素赋予了这座建筑以轻盈，极简和雕塑般的气质，该建筑物外形弧线的一段可以近似看成焦点在y轴上的双曲线

y2x221a0,b0上支的一部分．已知该双曲线的上焦点F到下顶点的距离为36，F到渐近线的距离2ab为12，则该双曲线的离心率为（ ）．

A．

5 3 B．

5 4

C．

4 3 D．

4 57．第十三届冬残奥会于2022年3月4日至3月13日在北京举行．现从4名男生，2名女生中选3人分别担任冬季两项、单板滑雪、轮椅冰壶志愿者，且至多有1名女生被选中，则不同的选择方案共有（ ）．

A．72种 B．84种 C．96种 D．124种

8．设函数ysin2x最小值为（ ）．

A．1

B．

πt,t在区间32 2

π上的最大值为g1t，最小值为g2t，则g1tg2t的4C．

21 2 D．

22 2二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9．某市共青团委统计了甲、乙两名同学近十期“青年大学习”答题得分情况，整理成如图所示的茎叶图．则

下列说法中正确的是（ ）．

A．甲得分的30%分位数是31 B．乙得分的众数是48

C．甲得分的中位数小于乙得分的中位数 D．甲得分的极差等于乙得分的极差

10．已知向量OP1,2，将OP绕原点O旋转﹣30°，30°，60°到OP则（ ）． 1,OP2,OP3的位置，A．OP1OP30

B．PP1PP2

31123C．OPOP D．点P1坐标为3OP1OP2 2,2

2211．已知圆C:xy4y30，一条光线从点P2,1射出经x轴反射，下列结论正确的是（ ）．

A．圆C关于x轴的对称圆的方程为xy4y30

B．若反射光线平分圆C的周长，则入射光线所在直线方程为3x2y40 C．若反射光线与圆C相切于A，与x轴相交于点B，则PBBA2 D．若反射光线与圆C交于M、N两点，则△CNM面积的最大值为

221 212．已知同底面的两个正三棱锥PABC和QABC均内接于球O，且正三棱锥PABC的侧面与底面所成角的大小为

π，则下列说法正确的是（ ）． 4A．PA//平面QBC

B．设三棱锥QABC和PABC的体积分别为VQABC和VPABC，则VQABC4VPABC C．平面ABC截球O所得的截面面积是球O表面积的D．二面角PABQ的正切值为24倍 255 3三、填空题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．

13．抛物线C:x4ay的焦点坐标为0,2，则C的准线方程为______．

2log21x,x1,14．已知函数fx则f1flog312______．

x13,x1,15．2022年北京冬奥会开幕式始于24节气倒计时，它将中国人的物候文明、传承久远的诗歌、现代生活

的画面和谐统一起来．我国古人将一年分为24个节气，如图所示，相邻两个节气的日晷长变化量相同，冬至日晷长最长，夏至日晷长最短，周而复始．已知冬至日晷长为13.5尺，芒种日晷长为2.5尺，则一年中夏至到大雪的日晷长的和为______尺．

16．已知定义在R上的函数fx满足fxfx0，且fx1为偶函数，当0x1时，

fxx，若关于x的方程fxfxax有4个不同实根，则实数a的取值范围是______．

四、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．（10分）

已知等比数列an的前n项和为Sn，且a12，S3a36． （1）求数列an的通项公式；

（2）设bnlog2an，求数列anbn的前n项和Tn． 18．（12分） 在①a7，②AC边上的高为

3321，③sinB这三个条件中任选一个，补充在下面问题中并完27成解答．

问题：记△ABC内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知A60，cb1，______． （1）求c的值；

（2）设AD是△ABC的角平分线，求AD的长．

注：如果选择多个条件分别解答，则按第一个解答积分． 19．（12分）

根据国家部署，2022年中国空间站“天宫”将正式完成在轨建造任务，成为长期有人照料的国家级太空实验室，支持开展大规模、多学科交叉的空间科学实验．为普及空间站相关知识，某部门组织了空间站建造过程3D模拟编程闯关活动，它是由太空发射、自定义漫游、全尺寸太阳能、空间运输等10个相互独立的程序题目组成．规则是：编写程序能够正常运行即为程序正确．每位参赛者从10个不同的题目中随机选择3个进行编程，全部结束后提交评委测试，若其中2个及以上程序正确即为闯关成功．现已知10个程序中，甲只能正确完成其中6个，乙正确完成每个程序的概率为

3，每位选手每次编程都互不影响． 5（1）求乙闯关成功的概率；

（2）求甲编写程序正确的个数X的分布列和数学期望，并判断甲和乙谁闯关成功的可能性更大． 20．（12分）

图1是由矩形ACC1A1、等边△ABC和平行四边形ABB1A2组成的一个平面图形，其中AB2，

AA1AA21，N为A1C1的中点．将其沿AC，AB折起使得AA1与AA2重合，连结B1C1，BN，如图2．

（1）证明：在图2中，ACBN，且B，C，C1，B1四点共面； （2）在图2中，若二面角A1ACB的大小为，且tan的正弦值．

21．（12分）

1，求直线AB与平面BCC1B1所成角2x2y22已知椭圆C:221ab0的焦距为2，点1,在C上． ab2（1）求C的方程；

（2）若过动点P的两条直线l1，l2均与C相切，且l1，l2的斜率之积为﹣1，点A3,0，问是否存在定点B，使得PAPB0？若存在，求出点B的坐标；若不存在，请说明理由． 22．（12分）

已知函数fxeaxa，aR．

x（1）讨论fx的单调区间；

2fx． x2①证明：当x0时，gx1；

（2）当a1时，令gx②若数列xnnN*满足x1

1x，en1gxn，证明：2nexn11． 3高三数学参考答案及评分标准

1．C 5．A 9．BCD 13．y2 15．84

2．A 6．B 10．ABC 14．7 16．

3．B 7．C 11．ABD

4．B 8．D 12．BCD

2222,, 599517．解：（1）设数列an的公比为q，由a12，S3a36，

n得a11qq26q2a1，解得q2，所以an2； n（2）bnlog2ann，所以anbnn2，

Tn12222323n2n，

2Tn1222222所以Tn222n12nn2n1，

2nn2n1212n12n2n12n12n2n1，

所以Tnn12n12．

18．解：选条件①：

b2c2a21， （1）a7，由余弦定理cosA2bc2整理得b2b60，因b0，解得b2，c3． （2）因AD是△ABC的角平分线，所以BAD30，

421a2c2b2794272，sinB1cosB1， cosB772ac7273则sinADBsinB3021327157， 72721421ABsinBADAB763． 由正弦定理，ADsinADB5sinBsinADB57143选条件②； （1）AC边上的高为

33133b，解得b2，c3． ，由三角形的面积公式bb1sinA224（2）因AD是△ABC的角平分线，所以BAD30，

421a2c2b2794272，sinB1cosB1， cosB772ac727321327157则sinADBsinB30， 72721421ABsinBADAB763． 由正弦定理，ADsinADB5sinBsinADB57143选条件③： （1）sinB21， 72由题意可知BC，所以cosB1sinB1因为ABCπ，

327， 77sinCsinABsinAcosBcosAsinB327121321， 27271421bsinBb由正弦定理，解得b2，c3． ，7b1sinCc32114（2）因为AD是△ABC的角平分线，所以BAD30，

21327157则sinADBsinB30， 727214213ABsinBADAB763． 由正弦定理，ADsinADB5sinBsinADB571419．解：（1）记乙闯关成功为事件A，

81323所以PAC．

5551252323（2）由题意知随机变量X是所有可能取值为0，1，2，3，

123C6C4C413， PX03，PX13C1030C1010213C6C41C61PX23，PX33，

C102C106故X的分布列为 X 0 P 所以EX01 2 3 130 310 121 613119123． 3010265112所以甲闯关成功的概率为，

263812因为，

1253所以甲比乙闯关成功的可能性大． 20．（1）证明：取AC的中点M，连接NM，BM，因为ACC1A1为矩形，所以ACMN，又因为ABC

为等边三角形，则ACMB，所以AC平面BMN，又BN平面BMN，所以ACBN． MNMBM，

在图2中AA1∥CC1，AA1∥BB1，所以BB1∥CC1，故B，C，C1，B1四点共面．

（2）由（1）知MNAC，BMAC，

所以NMB为二面角C1ACB的平面角，以M为坐标原点建立如图所示的空间直角坐标系，

A1,0,0，B0,3,0，C1,0,0，N0,cos,sin，C11,cos,sin，CB1,3,0，CC10,cos,sin，

设平面BCC1B1的法向量为nx,y,z，

CBn0,x3y0,由得 cosysinz0,CC1n0,1cos令y1，则x3，z，则n3,1,tansin1由tan得n3,1,2，AB1,3,0，

2， 设直线AB与平面BCC1B1所成角为α，则sincosn,ABnABnAB6． 421．解：（1）由题意知，c1，焦点分别为1,0，1,0．

22由椭圆定义得：2a1102222a2， 110222，即

2x2y21； 所以椭圆C的方程为2（2）设点Px0,y0，易知x02，过点P的直线方程为yy0kxx0，

yy0kxx0,222联立x2消去y得12kx4ky0kx0x2y0kx020，

2y1,2因为直线l与C相切，

22812k2y0kx010，得y0kx012k2，

22即x02k22x0y0ky010，

故16k2y0kx022y0122y03， 设直线l1，l2的斜率分为k1，k2，则k1k221，得x0x02即点P到坐标原点O的距离PO3，

所以点P在以O为圆心的圆上，且点A为圆上一点，故若满足PAPB0，则AB为圆O的直径，

所以存在点B3,0满足题意．

x22．解：（1）fxea，

当a0时，fx0恒成立，所以fx在,上单调递增，

当a0时，令fxea0，解得xlna，令fxea0，解得xlna，

xx所以fx在,lna上单调递减，在lna,上单调递增， 综上可知，当a0时，fx在,上单调递增，

当a0时，fx在,lna上单调递减，在lna,上单调递增． （2）由（1）知gxx2exx1x2，

212xx12ex1xx①要证，即证21． 1成立，只需证：e1xx22ex121xx1x2令Fx21，Fx2x0恒成立， xee1所以Fx在0,上单调递减，FxF0010，

e12xx12所以1成立，所以当x0时，gx1得证．

ex②证明：由①可知，当x0,时，gx1，

1要证：2e11，只需证e1，

2nxnnxn1273x因为x1，所以e11e31，又ee0，

3821311xn11x1x所以e，则e1e31；再证：en11e1，即证gxn1exn．

2222222x2x只需证当x0,时，x4ex4x4x2x2ex20，

1313x2ex10成立，令h即证

x2xx2ex1，hx2xexx220恒成立，

2e010． 所以hx在0,上单调递增，hxh02x2x11所以e10恒成立，即gxn1exn成立．

x222所以exn1111exn12exn1122111nex11n1成立，即exn1成立，故原222n不等式得证．