山东省中学联盟2022届高三下学期5月高考考前热身押题数学试题（Word版含答案）

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山东省中学联盟2022届高三下学期5月高考考前热身押题
数学
2022.5
注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考生号等填写在答题卡和试卷指定位置．
2．选择题的作答：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．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．若复数，则的模为（ ）
A． B． C． D．
3．2022年北京冬奥会共计有7大项、15个分项以及109个小项目，其中北京承办所有冰上项目，延庆和张家口承办所有的雪上项目北京成为奥运史上第一个举办过夏季奥林匹克运动会和冬季奥林匹克运动会的城市．现有4名同学要报名参加冰雪兴趣小组，要求雪上项目和冰上项目都至少有1人参加，则不同的报名方案有（ ）
A．8 B．14 C．6 D．20
4．某学校手工兴趣小组制作一个陀螺，如图上半部分为圆锥，下半部分为同底圆柱．已知总高度为，圆柱与圆锥的高之比为黄金比（黄金比又称黄金律，即较大部分与较小部分之比等于整体与较大部分之比，其比值约为1∶0.618），该陀螺由密度为的木质材料做成，其圆柱底面的面积最大处为，则此陀螺总质量约为（ ）
A． B． C． D．
5．函数的部分图像如图所示，则下列叙述正确的是（ ）
A．函数的图像可由的图像向左平移个单位得到
B．函数的图像关于直线对称
C．函数在区间上单调递增
D．函数图像的对称中心为
6．已知平面向量，且．若则（的最大值为（ ）
A． B．10 C．2 D．5
7．若，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知函数，若对任意恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A． B． C． D．
二、多项选择题：本题共4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．在一次歌唱比赛中，以下表格数据是5位评委给甲、乙两名选手评出的成绩（分数），则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
87 90 96 91 86 90 86 92 87 95
A．甲选手成绩的极差大于乙选手成绩的极差
B．甲选手成绩的75%分位数小于乙选手成绩的75%分位数
C．从甲的5次成绩中任取2个，均大于甲的平均成绩的
D．从乙的5次成绩中任取3个，事件“至多1个超过平均分”与事件“恰有2个超过平均分”是对立事件
10．已知，且，则下列结论中正确的是（ ）
A．有最大值 B．有最小值3 C．有最小值 D．有最大值4
11．如图，正方体的棱长为2，点M是其侧面上的一个动点（含边界），点P是线段，上的动点，则下列结论正确的是（ ）
A．存在点P，M，使得平面与平面平行
B．存在点P，M，使得二面角大小为
C．当P为棱的中点且时，则点M的轨迹长度为
D．当M为中点时，四棱锥外接球的内接正四面体的表面积为
12．已知双曲线的一条渐近线为，C的左右焦点分别为，，直线，则下列说法正确的是（ ）
A．双曲线C的方程为
B．若直线l与双曲线无交点，则
C．设，直线l与双曲线C交于P，Q两点（异于点A），若直线与直线的斜率存在，且分别记为，则为定值
D．若动直线n与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，则（O为坐标原点）的面积为定值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡的相应位置．
13．若函数的最大值为2，则常数的一个取值为________．
14．已知圆C的圆心在抛物线上且与x轴和该抛物线的准线都相切，则圆C的标准方程为______．
15．已知函数的图像与函数的图像关于直线对称，则________．函数为偶函数且满足，且当时，，若函数有3个零点，则实数k的取值范围是_____________．（第一空2分，第二空3分）
16．射击运动是用枪支对准目标打靶的竞技项目，该项目在世界上居于领先地位的国家有中国、美国、匈牙利、俄罗斯和德国射击运动可以培养细致、沉着、坚毅等优良品质，有益于身心健康已知用于射击打靶的某型号步枪的弹夹中一共有发子弹，假设某人每次打靶的命中率均为0.8，靶场规定：一旦出现子弹脱靶或者子弹打光耗尽的现象便立刻停止射击，记标靶上的子弹数量为随机变量X，则X的数学期望为_________．
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）已知D是斜边上一点，，记．
（1）求证：；
（2）若，求的值．
18．（12分）从条件：①为公差不为0的等差数列且成等比数列；②是以为公比的等比数列；③中任选一个，补充在下面问题中并作答．
设数列的前n项和为，，对任意的，都有_______．
（1）求数列的通项公式；
（2）设，是否存在，使得对任意的，都有？（如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
19．（12分）如图，C是以为直径的圆O上异于A，B的点，平面平面为正三角形，E，F分别是上的动点．
（1）求证：；
（2）若E，F分别是的中点且异面直线与所成角的正切值为，记平面与平面的交线为直线l，点Q为直线l上动点，求直线与平面所成角的取值范围．
20．（12分）为了缓解日益拥堵的交通状况，不少城市实施车牌竞价策略，以控制车辆数量某地车牌竞价的基本规则是：
①“盲拍”，即所有参与竞拍的人都是网络报价，每个人不知晓其他人的报价，也不知道参与当期竞拍的总人数；②竞价时间截止后，系统根据当期车牌配额，按照竞拍人的出价从高到低分配名额．某人拟参加2022年5月份的车牌竞拍，他为了预测最低成交价，根据竞拍网站的公告．统计了最近5个月参与竞拍的人数（见表）：
月份 2021.12 2022.01 2022.02 2022.03 2022.04
月份编号t 1 2 3 4 5
竞拍人数y（万人） 1.7 2.1 2.5 2.8 3.4
（1）由收集数据的散点图发现可用线性回归模型拟合竞拍人数y（万人）与月份编号t之间的相关关系．请用最小二乘法求y关于t的线性回归方程：，并预测2022年5月份参与竞拍的人数．
（2）某市场调研机构对200位拟参加2022年5月份车牌竞拍人员的报价进行了一个抽样调查，得到如下的一份频数表：
报价区间（万元）
频数 20 60 60 30 20 10
（ⅰ）求这200位竞拍人员报价X的平均数和样本方差（同一区间的报价可用该价格区间的中点值代替）；
（ⅱ）假设所有参与竞价人员的报价X可视为服从正态分布，且与可分别由（ⅰ）中所求的样本平均数及估值．若2022年5月份实际发放车牌数量是5000，请你合理预测（需说明理由）竞拍的最低成交价．
参考公式及数据：
①回归方程，其中，；②；
③若，令，则，且；④方差．
21．（12分）在平面直角坐标系中，已知动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为．
（1）求动点C的轨迹方程；
（2）点P为直线l上的动点，过点P的动直线m与动点C的轨迹相交于不同的A，B两点，在线段上取点Q，满足，求证：点Q总在一条动直线上且该动直线恒过定点．
22．（12分）已知函数，其中．
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，
①证明：；
②方程有两个实根，且，求证：．
山东中学联盟2022年高考考前热身押题
数学试题详解
2022.5
考试时间120分钟，满分150分．
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．答案：D
解析：因为集合，集合
所以．
故选：D．
2．答案：C
解析：，则，所以
故选：C
方法二：
解析：由条件得，所以，故选：C
3．答案：B
解析：将4名同学分成两组，有种分法，将分好的两组在雪上项目和冰上项目进行全排列有种，所以共有种报名方案．
故选：B
4．答案：D
解析：设圆柱部分的高为，则圆锥部分的高约为，由题意可得，得：
设陀螺的体积为，因为圆柱底面的面积最大处为，则陀螺的质量为
①
将代入①式，可得陀螺质量应小于．
故选：D
5．答案：C
解析：由图像可知，∵，且，∴，∴，
由图可知，，所以，解得，故．
函数的图像可由的图像向左平移个单位得，故A错误．
令，对称轴为，故B错误．
，则，故C正确．
令，则，故D错误．
故选：C
6．答案：A
解析：
故选A．
7．答案：B
解析：由题设：且，所以，
由于，所以题中四个选项都除以b，得四个选项化为
A． B． C． D．
故从入手：
当时，，所以，则，所，与矛盾；所以选项A、D错误；
当时，，所以，则，显然与矛盾；
所以时，，所以，即，故选项B符合要求；此时令，则选项C错误．故选：B．
8．答案：C
解析：
（利用了），
等号成立的条件是，即有解．
令，则，解得：，当时，；当时，，故
故选：C
二、选择题：本题共4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．答案：ABD
解析：对于A选项，根据极差的概念，可知甲选手成绩的极差为10，乙选手成绩的极差为9．故A正确；
对于B选项，易知甲成绩的75%分位数是91，乙成绩的75%分位数是92．故B正确；
对于C选项，从甲的5次成绩中任取2次成绩样本空间有，共10个样本点，
其中均大于甲的平均成绩的样本点有3个，为故所求概率为，故C错误．
对于D选项，抽到不超过平均分的个数为0，1，2
所以事件“至多1个超过平均分”与事件“恰有2个超过平均分”是对立事件，故D正确；
故选：ABD
10．答案：BD
解析：对于A选项，因为，且，所以由可得，当且仅当时等号成立，．故A错误；
对于B选项，由，当且仅当时等号成立，故B正确；
对于C选项，因为
所以，当且仅当即时等号成立，故C错误
对于D选项，因为，
令，解得或（舍），
令，解得，令，解得，
易得，此时，故D正确
故选：BD
11．答案：ACD
解析：对于A选项，例如当M为中点，P为中点时，平面与平面平行，故A正确；
对于B选项，因为平面，可知二面角的平面角为，其范围为，故B错误；
对于C选项，取中点E，连接
则平面，则
则点M在侧面内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，
分别交、于、，则
则，劣弧的长为．故C正确；
对于D选项，当M为中点时，易知为等腰直角三角形，且平面平面，
可知四棱锥外接球的球心即为与的交点，所以四棱锥外接球的半径为，
设四棱锥外接球的内接正四面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方的陵长为，所以，得，
所以正四面体的表面积为，所以D正确．
故选：ACD
12．答案：ABD
解析：对于A选项，由题意，得，双曲线C的方程为，故A正确；
对于B选项，联立，得，由
解得，故B正确；
对于C选项，设，则
，不为定值，故C错误；
对于选项D，由于动直线n与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，当直线n的斜率不存在时，；当动直线n的斜率存在时，且斜率时，不妨设直线，故由，从而，化简得．又因为双曲线C的渐近线方程为，故由，从而点．同理可得，，
所以，又因为原点O到直线的距离，所以，又由，
所以，故的面积为定值，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题：本题共4小题，年小题5分，共20分．
13．答案：的任一值，答案不唯一
解标：当时，，可知其最大值为2，所以可取的任一值，答案不唯一．
14．答案：或
解析：由题意可设圆的圆心为，半径为，抛物线的焦点，准线方程为
则解得：或，
所以圆C的标准方程为：或．
15．答案：
解析：由函数的图像与函数的图像关于直线对称，得，由知：函数是最小正周期为2的偶函数，当时，，函数有3个零点，即有3个不同根，可知要使函数与的图像有3个交点，则，且，即，所以实数k的取值范围是．
16．答案：
解析：由题意X的所有可能取值为：．因为每次打靶的命中率均为0.8，
则，
所以X的分布列为
X 0 1 2 … n
P 0.2 …
所以X的数学期望为，
令，①
则，②
所以①-②可得：，
则；
四、解答思：本题共6小思，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．
17．（10分）
解析：（1）因为，所以．
在中，所以，即
所以；
（2）在中，根据正弦定理，即．
又因为，所以
由（1）得，所以
所以，所以，
解得：或，又因为在中，
所以，即
18．（12分）
解析：选择条件①：
（1）设的公差为d，则由成等比数列，可得：，解得：或（舍去）所以
（2）设，由
当时，，当时，，
所以当或2时，取得最大值，即取得最大值
所以存在，使得对任意的，都有
选择条件②：
（1）由题意可得：，所以，得：
（2）设，
由
当时，，当时，，
所以当时，取得最大值，即取得最大值．
所以存在，使得对任意的，都有
选择条件③：
（1），则，
从而，所以，即
又，所以数列是首项为1，公比为4的等比数列，
所以
（2）设，由，
当时，，所以数列为单调递增数列，
故不存在，使得对任意的，都有
19．（12分）
解析：（1）证明：因为C是以为直径的圆O上异于A，B的点，所以，
又平面平面，且平面平面平面，
所以平面平面．
所以
（2）由E，F分别是的中点，连结，所以，由（1）知，
所以，所以在中，就是异面直线与所成的角．
因为异面直线与所成角的正切值为，
所以，即
又平面平面，
所以平面，又平面，平面平面，
所以
所以在平面中，过点A作的平行线即为直线l．
以C为坐标原点，所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设．
因为为正三角形所以，从而
由已知E，F分别是的中点，所以
则，所以，
所以，
因为，所以可设，平面的一个法向量为，
则，取，得，
又，则．
设直线与平面所成角为，则．
所以直线与平面所成角的取值范围为．
20．（12分）
解析：（1），
∴，．
∴y关于t的线性回归方程为：．
由已知2022年5月份对应的，所以
∴预测2022年5月份参与竞拍的人数为3.73万人．
（2）（ⅰ）依题意可得这200人报价的平均值为：
．
这200人报价的方差为：
．
（ⅱ）2022年5月份实际发放车牌数量是5000，设预测竞拍的最低成交价为a万元．
根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为，
根据假设报价X可视为服从正态分布，
令，由于，
∴，
∴，由，解得
∴预测竞拍的最低成交价为4.943万元．
21．（12分）
解析：（1）设动点，由动点C到定点的距离与它到直线的距离之比为．
得，
化简得，即点C的轨迹方程为
（2）设，直线的斜率显然存在设为k，则的方程为．
因为A，P，B，Q四点共线，不妨设，
由可得，
即，
所以
可得，化简可得．（*）
联立直线和椭圆C的方程：
，消去y得：，
由韦达定理，，．代入（*）
化简得，即
又代入上式：，化简：，
所以点Q总在一条动直线上，且该直线过定点
22．（12分）
解析：（1）函数的定义域为，
函数的导数，解得，
所以当时，此时，函数单调递减区间为，
所以当时，此时，函数单调递增区间为，
所以函数单调递减区间为，单调递增区间为．
（2）当时，
①要证不等式成立，即证明成立．即证明成立．
令
当时，此时，
当时，此时，
所以在单调递减，在单调递增
所以最小值为
恒成立，即恒成立得证
②由①得恒成立，即直线始终在曲线下方或有唯一切点，
又结合（1）可知单调递减区间为，单调递增区间为，
所以当时取最小值
且当时，；当时，；当时，．
所以方程有两个实根，则，且．
由直线与联立解得交点的横坐标，显然
因此，要证，只要证即可
即证，即证即可
又因为，所以只要证
令恒成立
所以在单调递增，即
所以得证，原命题得证．