2022年山东省济南市高考数学模拟试卷（3月份）（学生版+解析版）.docx

1、2022年山东省济南市高考数学模拟试卷（3月份）一、单项选择题：本题共8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（5分）已知全集Ux|x0，集合Ax|x（x1）0UA（）Ax|x1，或x0Bx|x1，或x0Cx|x1Dx|x12（5分）已知复数z满足z（1+i）i（其中i为虚数单位），则z的模为（）ABCD23（5分）某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示高一、高二、高三报名参加植树活动的人数分别为600，200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配（）A34B46C50D704（5

2、分）已知，则sin2的值为（）ABCD5（5分）函数f（x）xsinx的部分图象大致为（）ABCD6（5分）我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，其中AA，AO为A型血，BO为B型血，AB为AB型血，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AO，BO四种结果已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，则小明是A型血的概率为（）ABCD7（5分）“ab”的一个充分条件是（）Aeab2BCaabbD8（5分）已知直线kxy+2k0与直线x+ky20相交于点P，点A（4，0），O为坐标原点（）ABC1D二、多项选择题：本

3、题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。（多选）9（5分）的展开式中，下列结论正确的是（）A展开式共6项B常数项为64C所有项的系数之和为729D所有项的二项式系数之和为64（多选）10（5分）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是（）ABOACBBO平面ACD1C点B到平面ACD1的距离为D直线BO与直线AD1的夹角为（多选）11（5分）已知函数f（x）|sinx|+cosx，下列结论正确的是（）Af（x）为偶函数Bf（x）的值域为Cf（x）

4、在0，上单调递减Df（x）的图象关于直线对称（多选）12（5分）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的已知在平面直角坐标系xOy中，M（2，0），N（2，0），动点P满足|PM|PN|5（）A曲线C与y轴的交点为（0，1），（0，1）B曲线C关于x轴对称CPMN面积的最大值为2D|OP|的取值范围是1，3三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知向量，满足（2，1），（1，0），则的值为 14（5分）已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为 15（5分）已知椭圆C1：1的

5、焦点分别为F1，F2，且F2是抛物线C2：y22px（p0）的焦点，若P是C1与C2的交点，且|PF1|7，则cosPF1F2的值为 16（5分）已知函数，对任意非零实数x，均满足f（x）（1）的值为 ；函数f（x）的最小值为 四、解答题：本题共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Sn是数列an的前n项和，Snn2（1）求数列an的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn18（12分）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bsinA（1）求B；（2）若D为边AC的中点，且BD，c419（12分）如图，矩形ABCD中，AB2，将ACD沿AC折起

6、，使得点D到达点P的位置（1）证明：平面PAB平面ABC；（2）求直线PC与平面ABC所成角的正弦值20（12分）第56届世界乒乓球锦标赛将于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每赢一球得1分（1）已知某局比赛中双方比分为8：8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，该局比赛结束，求该局比赛甲以11：9获胜的概率；（2）已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立两人又进行了X局后比赛结束21（12分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线1（a0，b

7、0），实轴长为4（1）求C的方程；（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P（0，t）（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，AH分别与l交于M，N两点，A，N，M四点共圆，求点P的坐标22（12分）设函数f（x）ae2x2ex+2（1）若f（x）有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）若函数ae2x+（a2）ex2ex有两个极值点x1，x2，证明：2022年山东省济南市高考数学模拟试卷（3月份）参考答案与试题解析一、单项选择题：本题共8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（5分）已知全集Ux|x0，集合Ax|x（x1）0U

8、A（）Ax|x1，或x0Bx|x1，或x0Cx|x1Dx|x1【解答】解：全集Ux|x0，集合Ax|x（x1）4x|0x1，UAx|x2故选：D2（5分）已知复数z满足z（1+i）i（其中i为虚数单位），则z的模为（）ABCD2【解答】解：z（1+i）i，故选：B3（5分）某学校于3月12日组织师生举行植树活动，购买垂柳、银杏、侧柏、海桐四种树苗共计1200棵，比例如图所示高一、高二、高三报名参加植树活动的人数分别为600，200，若每种树苗均按各年级报名人数的比例进行分配（）A34B46C50D70【解答】解：高三年级应分得侧柏的数量为120025%50，故选：C4（5分）已知，则sin2的

9、值为（）ABCD【解答】解：因为，所以sin+，可得sin+cos，可得7+2sincos1+sin3，所以sin2故选：A5（5分）函数f（x）xsinx的部分图象大致为（）ABCD【解答】解：f（x）xsinx的定义域为R，f（x）xsin（x）x+sinxf（x），可得f（x）为奇函数，其图象关于原点对称；又f（x）xsinx的导数为f（x）1cosx0，可得f（x）递增，所以f（x）的零点只有一个，为2；当x+时，f（x）+；故选：B6（5分）我们通常所说的ABO血型系统是由A，B，O三个等位基因决定的，每个人的基因型由这三个等位基因中的任意两个组合在一起构成，其中AA，AO为A型血，

10、BO为B型血，AB为AB型血，AB，则孩子的基因型等可能的出现AA，AO，BO四种结果已知小明的爷爷、奶奶和母亲的血型均为AB型，则小明是A型血的概率为（）ABCD【解答】解：根据爷爷、奶奶的血型可知小明父亲血型可能是A、BA，结合母亲血型AB可计算小明是A型血的概率（+故选：C7（5分）“ab”的一个充分条件是（）Aeab2BCaabbD【解答】解：根据eab21得ab4得ab，所以A对；由ln0ln1得，当a6b2满足ln，当a4b4时也满足ln，不满足题意；因为a2b1满足aabb，ab1也满足aabb，不满足题意，所以C错；因为a6b1满足，a2b1也满足 ，所以D错故选：A8（5分）

11、已知直线kxy+2k0与直线x+ky20相交于点P，点A（4，0），O为坐标原点（）ABC1D【解答】解：由kxy+2k0与直线x+ky70，消去k得点P的轨迹方程为x2+y64，设过A与x2+y74相交时的直线斜率为k，则直线方程为yk（x+4），6k，又tanOAPk，tanOAP的最大值为，故选：B二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，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。（多选）9（5分）的展开式中，下列结论正确的是（）A展开式共6项B常数项为64C所有项的系数之和为729D所有项的二项式系数之和为64【解答】解

12、：选项A：因为n6，所以展开式共有7项，选项B：展开式的常数项为C208160，选项C：令x4，则所有项的系数和为（1+2）4729，故C正确，选项D：所有项的二项式系数和为2664，故D正确，故选：CD（多选）10（5分）在棱长为1的正方体ABCDA1B1C1D1中，O为正方形A1B1C1D1的中心，则下列结论正确的是（）ABOACBBO平面ACD1C点B到平面ACD1的距离为D直线BO与直线AD1的夹角为【解答】解：如图，连接A1C1，B7D1，则A1C6B1D1O，连接BD，交AC于G5G，则BGOD1，且则BGOD1，可得四边形BOD2G为平行四边形，则BOD1G，AD1CD3，G为A

13、C的中点，D1GAC，可得BOAC；由上可知，BOD1G，D2G平面ACD1，BO平面ACD1，BO平面ACD3，故B正确；DGBG，点B1的距离相等，设D到平面ACD3的距离为h，则，得h；直线直线BO与直线AD3的夹角等于，故D错误故选：ABC（多选）11（5分）已知函数f（x）|sinx|+cosx，下列结论正确的是（）Af（x）为偶函数Bf（x）的值域为Cf（x）在0，上单调递减Df（x）的图象关于直线对称【解答】解：根据函数的关系式f（x）|sinx|+cosx，对于A：故f（x）f（x）故函数为偶函数，故A正确；对于B：由于函数的最小正周期为2，故当x时，当x时，故函数的值域为1，

14、；对于C：当x5时，f（0）1时，f（，故函数不单调；对于D：当x时，f（，取得最大值对称；故选：ABD（多选）12（5分）平面内到两定点距离之积为常数的点的轨迹称为卡西尼卵形线，它是1675年卡西尼在研究土星及其卫星的运行规律时发现的已知在平面直角坐标系xOy中，M（2，0），N（2，0），动点P满足|PM|PN|5（）A曲线C与y轴的交点为（0，1），（0，1）B曲线C关于x轴对称CPMN面积的最大值为2D|OP|的取值范围是1，3【解答】解：设点P（x，y），（x+2）2+y4（x2）2+y325，整理得：，对于A，当x0 时，即曲线C与y 轴的交点为（3，（0，A正确；对于B，因，由y

15、换y方程不变，B正确；对于C，当时，即点，C不正确；对于D，由 得：x48x290，解得7x29，于是得，解得1|OP|3故选：ABD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13（5分）已知向量，满足（2，1），（1，0），则的值为 3【解答】解：向量，满足，1），0），可得（2，所以2+17故答案为：314（5分）已知圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为2的等腰三角形，则该圆锥的体积为 【解答】解：圆锥的轴截面是一个顶角为，腰长为7的等腰三角形，圆锥的高为：1，圆锥的体积为：故答案为：15（5分）已知椭圆C1：1的焦点分别为F1，F2，且F2是抛物线C2：y22px（p0）的焦点，若P是

16、C1与C2的交点，且|PF1|7，则cosPF1F2的值为 【解答】解：依题意，由椭圆定义得|PF1|+|PF2|12，而|PF5|7，则|PF2|4，因为点F2是抛物线C2：y42px（p0）的焦点，则该抛物线的准线过点F4，如图，过点P作PQl于点Q，由抛物线定义知|PQ|PF2|5，而F8F2PQ，则PF1F4F1PQ，所以cosPF1F5sinF1PQ，故答案为：16（5分）已知函数，对任意非零实数x，均满足f（x）（1）的值为 0；函数f（x）的最小值为 【解答】解：因为f（x）f（），所以f（1）f（）f（1）0，f（x），f（），所以，所以2x8+（2a1）x2+（2ba1）x5

17、（a+b）xbbx4+（a+b）x3+（6b2a1）x5+（12a）x+5，所以b2且2a2a+b，所以b2，a1，所以f（x）f（x）4x2，所以f（x）在（，0），+）上单调递增，令f（x）5，得x，又f（）f（）f（），所以f（x）minf（），故答案为：5，四、解答题：本题共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Sn是数列an的前n项和，Snn2（1）求数列an的通项公式；（2）求数列的前n项和Tn【解答】解：（1）Sn是数列an的前n项和，Snn2，S172a1，Sn2（n1）2，得：an4n1，（n2），a41也成立，an2n7，（2）（），数

18、列的前n项和Tn（1+）18（12分）已知ABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足bsinA（1）求B；（2）若D为边AC的中点，且BD，c4【解答】解：（1）因为bsinAacosB，所以由正弦定理可得sinBsinAsinAcosB，又sinA7，可得sinBcosB，因为B（7，），所以B（2）延长BD到点M，使BDDM，在ABM中，AB4，BM6，由余弦定理，可得BM2AB2+AM52ABAMcos，即a2+4a126，解得a2，所以a219（12分）如图，矩形ABCD中，AB2，将ACD沿AC折起，使得点D到达点P的位置（1）证明：平面PAB平面ABC；（2）求直线PC与平

19、面ABC所成角的正弦值【解答】解：（1）证明：BC1，PC2，则BC2+PB2PC8，BCPB，又BCAB，PB，BC平面PAB，而BC平面ABC，平面ABC平面PAB（2）在平面PAB内过P作POAB于点O，连接CO，由（1）知，平面ABC平面PAB，则PO平面ABC，PCO是直线PC与平面ABC所成角，在PAB中，PA2+PB27AB2，则APB90，PO，在RtPOC中，PC2，直线PC与平面ABC所成角的正弦值20（12分）第56届世界乒乓球锦标赛将于2022年在中国成都举办，国球运动又一次掀起热潮现有甲乙两人进行乒乓球比赛，比赛采用7局4胜制，每赢一球得1分（1）已知某局比赛中双方比

20、分为8：8，此时甲先连续发球2次，然后乙连续发球2次，乙发球时乙得分的概率为，各球的结果相互独立，该局比赛结束，求该局比赛甲以11：9获胜的概率；（2）已知在本场比赛中，前两局甲获胜，在后续比赛中，乙获胜的概率为，且每局比赛的结果相互独立两人又进行了X局后比赛结束【解答】解：（1）在比分为8：8后甲先发球的情况下，甲以11：2赢下此局分两种情况：后四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为，后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为，后四球胜方依次为甲甲乙甲，概率为，故所求事件概率为（2）由题意可得，X所有可能取值为2，3，7，5，P（X2），P（X6），P（X4），P（X5），故X的分布列为：X 2&n

21、bsp;8 4 5 P   故E（X）21（12分）在平面直角坐标系xOy中，双曲线1（a0，b0），实轴长为4（1）求C的方程；（2）如图，点A为双曲线的下顶点，直线l过点P（0，t）（P位于原点与上顶点之间），过P的直线交C于G，H两点，AH分别与l交于M，N两点，A，N，M四点共圆，求点P的坐标【解答】解：（1）因为实轴长为4，即2a8，又，所以，故C的方程为；（2）由O，A，N，M四点共圆可知，又MOP+AOM，即ANMMOP，故，即，所以kANkOM6，设G（x1，y1），H（x4，y2），M（xM，yM），由题意可知A（0

22、，4），直线，因为M在直线4，所以yMt，代入直线AG方程，故M坐标为，所以，又kANkAH，由kANkOM1，则，整理可得，当直线GH斜率不存在时，显然不符合题意，故设直线GH：ykx+t，代入双曲线方程：中，可得（k21）x8+2ktx+t260，所以，又（y1+2）（y3+2）（kx1+t+7）（kx2+t+2），所以，故t2t，即t1，4）22（12分）设函数f（x）ae2x2ex+2（1）若f（x）有两个不同的零点，求实数a的取值范围；（2）若函数ae2x+（a2）ex2ex有两个极值点x1，x2，证明：【解答】解：（1）令tex，则f（x）有2个零点，等价于at28t+20存在两个

23、正根，所以，解得，所以使得f（x）有两个零点的a的取值范围是；证明：（2）g（x）ae6x+（a2）ex+2exex（ex+4）（ae2x2ex+5），因为ex0，ex+13，且g（x）有两个极值点x1，x2，所以x7，x2为ae2x7ex+20的两个不同解，由（1）知，且，不妨设x3x1，要证明，只需证，因为，只需证，注意到，只需证，两边同除得，因为x2x6，只需证，设x2x1t（t3），令u（t）t（et+1）2et+7（t0），则只需证u（t）0即可，则u（t）et（t8）+1，令v（t）u（t）et（t1）+3，则v（t）tet0，所以v（t）在（0，所以v（t）v（0）3，即u（t）0，所以u（t）在（0，+）上单调递增，所以u（t）u（0）3，得证第19页（共19页）