2022-2023学年山东省济南市高考数学专项突破仿真模拟试题（一）含解析

1、【高考】模仿试卷（5月）第PAGE 页码20页/总NUMPAGES 总页数26页【高考】模仿试卷（5月）2022-2023学年山东省济南市高考数学专项突破仿真模拟试题（一）考试范围：xxx；考试工夫：100分钟；命题人：xxx题号一二三四五总分得分留意事项：1答题前填写好本人的姓名、班级、考号等信息2请将答案正确填写在答题卡上第I卷（选一选）请点击修正第I卷的文字阐明评卷人得分一、单 选 题1设集合，则=（）ABCD2已知复数z满足（i为虚数单位），则z的共轭复数=（）ABCD3已知m，n是两条没有同的直线，是两个没有同的平面，则下列结论正确的为（）A若，则B若，则C若，则D若，则4“学习强国

2、”APP是以深入学习、宣传思想，立足全体党员，面向全社会的优质学习平台为了解甲、乙两人的平台学习情况，统计了他们最近7天的学习积分，制成如图所示的茎叶图，若两头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7天中，下列结论正确的为（）A甲、乙两人积分的极差相等B甲、乙两人积分的平均数没有相等C甲、乙两人积分的中位数相等D甲积分的方差大于乙积分的方差5若函数在区间D上单调递减，则D可以为（）ABCD6现安排编号分别为1，2，3，4的四位抗疫志愿者去做三项没有同的工作，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没有能被安排做同一项工作，则没有同的

3、安排方法数为（）A36B24C18D127已知，p：；q：函数在区间上没有单调，则p是q的（）A充分没有必要条件B必要没有充分条件C充要条件D既没有充分也没有必要条件8已知过点的动直线l与圆C：交于A，B两点，过A，B分别作C的切线，两切线交于点N若动点，则的最小值为（）A6B7C8D9评卷人得分二、多选题9的图案是由五颗五角星组成，这些五角星的地位关系意味着中国领导下的革命与人民大勾结如图，五角星是由五个全等且顶角为36的等腰三角形和一个正五边形组成已知当时，则下列结论正确的为（）ABCD10已知无量数列满足：当为奇数时，；当为偶数时，则下列结论正确的为（）A和均为数列中的项B数列为等差数列

4、C仅有有限个整数使得成立D记数列的前项和为，则恒成立11在平面直角坐标系xOy中，过点的直线l与抛物线C：交于A，B两点，点为线段AB的中点，且，则下列结论正确的为（）AN为的外心BM可以为C的焦点Cl的斜率为D可以小于212的伯努利（Bemoulli）没有等式为：，其中实数同号，且均大于1特别地，当，且时，有已知伯努利没有等式还可以推行为：设x，若，且，则设a，b为实数，则下列结论正确的为（）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，使得第II卷（非选一选）请点击修正第II卷的文字阐明评卷人得分三、填 空 题13请写出一个定义在R上的函数，其图象关于y轴对称

5、，无最小值，且值为2其解析式可以为_14在平面直角坐标系xOy中，F为双曲线C：的一个焦点，过F的直线l与C的一条渐近线垂直若l与C有且仅有一个交点，则C的离心率为_15已知，则_评卷人得分四、双空题16已知等边的边长为2，将其绕着BC边旋转角度，使点A旋转到地位记四面体的内切球半径和外接球半径依次为r，R，当四面体的表面积时，_，_评卷人得分五、解 答 题17已知数列的首项，其前n项和为，且对任意的，点均在直线上(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前n项和18设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，且(1)求角B的大小；(2)设D，E分别为边AB，BC的中点，已知的周长为，且，若，求a1

6、9某新华书店将在六一儿童节进行有奖促销，凡在该书店购书达到规定金额的小朋友可参加双人赢取“购书券”的游戏游戏规则为：游戏共三局，每局游戏开始前，在没有透明的箱中装有个号码分别为、的小球（小球除号码没有同之外，其余完全相反）每局由甲、乙两人先后从箱中没有放回地各摸出一个小球（摸球者无法摸出小球号码）若单方摸出的两球号码之差为奇数，则甲被扣除个积分，乙添加个积分；若号码之差为偶数，则甲添加个积分，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，若单方的积分没有等，则积分较大的一方视为获胜方，将获得“购书券”奖励；若单方的积分相等，则均没有能获得奖励(1)设游戏结束后，甲的积分为随机变

7、量，求的分布列；(2)以（1）中的随机变量的数学期望为决策根据，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，记正整数的最小值为求的值，并阐明理由；当时，求在甲至少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率20如图，平面ABCD平面ABE，点E为半圆弧上异于A，B的点，在矩形ABCD中，设平面ABE与平面CDE的交线为l(1)证明：平面ABCD；(2)当l与半圆弧相切时，求二面角A-DE-C的余弦值21在平面直角坐标系xOy中，已知点，设的内切圆与AC相切于点D，且，记动点C的轨迹为曲线T(1)求T的方程；(2)设过点的直线l与T交于M，N两点，已知动点P满足，且，若，且动点Q在T上

8、，求的最小值22已知函数(1)若在区间上单调递增，求a的取值范围；(2)证明：，参考答案：1D【解析】【分析】先由解出集合，再由的值域解出，计算交集即可.【详解】由解得，则，又时，则，即，又，则.故选：D.2A【解析】【分析】由复数的除法运算求得z，然后由共轭复数定义可得.【详解】由于所以.故选：A3D【解析】【分析】由空间中的线面关系的判定及性质依次判断即可.【详解】对于A，还可能是，错误；对于B，的地位关系没有确定，错误；对于C，的地位关系没有确定，错误；对于D，由，可得，又，则，正确.故选：D.4B【解析】【分析】依次求出极差、平均数、中位数即可判断A、B、C选项；由集中程度即可判断D选

9、项.【详解】甲的极差为，乙的极差为，极差没有相等，A错误；甲的平均数为，乙的平均数为，平均数没有相等，B正确；甲的中位数为44，乙的中位数为43，中位数没有相等，C错误；由茎叶图知，甲数据较乙数据更集中，故甲的方差小于乙，D错误.故选：B.5C【解析】【分析】由的范围求出全体的范围，再得到的正负及单调性，依次判断4个选项即可.【详解】对于A，当时，且单调递增，单调递增，错误；对于B，当时，且单调递减，单调递增，错误；对于C，当时，且单调递增，单调递减，正确；对于D，当时，且单调递增，单调递增，错误.故选：C.6C【解析】【分析】先按照要求将志愿者分为3组，再分配到三项工作，由分步计数原理求解即

10、可.【详解】先将四位志愿者分为2人、1人、1人共3组，有1号和3号一组；2号和4号一组；1号和4号一组共3种情况；再将3组志愿者分配到三项工作有种；按照分步乘法计数原理，共有种.故选：C.7A【解析】【分析】先由命题解出对应的范围，再由充分必要的定义判断即可.【详解】由可得，又，又，要使函数在区间上没有单调，有，解得，显然，即p是q的充分没有必要条件.故选：A.8B【解析】【分析】先判断出四点在以为直径的圆上，求出该圆方程，进而求得方程，由点在直线上得出点轨迹为，又在圆上，进而将的最小值即为圆心到直线的距离减去半径，即可求解.【详解】易得圆心，半径为4，如图，连接，则，则四点在以为直径的圆上，

11、设，则该圆的圆心为，半径为，圆的方程为，又该圆和圆的交点弦即为，故，整理得，又点在直线上，故，即点轨迹为，又在圆上，故的最小值为圆心到直线的距离减去半径1，即.故选：B.9AB【解析】【分析】连接DH，AF，CH，BH，利用五角星的结构特征逐项分析判断作答.【详解】对于A，连接DH，如图，由DF=FH，得：，A正确；对于B，连接AF，由得：AF垂直平分DH，而，即，则，B正确；对于C，与没有共线，C没有正确；对于D，连接CH，BH，由选项A知，而，则四边形是平行四边形，D没有正确.故选：AB10BD【解析】【分析】分别令、，解出的值，可判断A选项；利用等差数列的定义可判断B选项；解没有等式可判

12、断C选项；利用等比数列的求和公式可判断D选项.【详解】对于A选项，分析可知当为奇数时，为奇数，当为偶数时，为偶数，令可得，没有合乎题意，令可得，合乎题意，所以，没有是数列中的项，是数列中的项，A错；对于B选项，由于，所以，数列是公差为的等差数列，B对；对于C选项，若为偶数，由可得，矛盾，若为奇数，由可得，即，解得，一切满足条件的奇数都合乎题意，所以，有有限个整数使得成立，C错；对于D选项，为偶数，则，且，所以，数列是以为首项，以为公比的等比数列，所以，D对.故选：BD.11AC【解析】【分析】由可得，即可判断A选项；设出直线，联立抛物线，由求出，即可判断B选项；由点差法即可求出l的斜率判断C选

13、项；求出即可判断D选项.【详解】由可得，则N为的外心，A正确；易得直线斜率没有为0，设，联立可得，则，则，由可得，即，则，则焦点为，B错误；由作差得，即，C正确；，则，D错误.故选：AC.12ACD【解析】【分析】由标题所给没有等式及推行没有等式依次判断4个选项即可.【详解】选项A：由，则，且，由基本没有等式可知，当且仅当时取等，故选项A正确；选项B：，又，即，恒成立，故选项B错误；选项C：，且，且，即，故选项C正确；选项D：若，则当时，没有等式显然成立；若，当时，记为没有超过b的整数，易知当时，成立，任意，存在，且，使得，故选项D正确.故选：ACD13或（，等）（答案没有）【解析】【分析】根

14、据所给函数性质写出一个函数即可.【详解】根据题中的条件可知函数是偶函数，值为2，所以满足题中的条件，再如，再如等等（答案没有）.故答案为：或（，等）（答案没有）.14【解析】【分析】由l与C有且仅有一个交点得与另一条渐近线垂直，进而得到，再求离心率即可.【详解】没有妨设为右焦点，直线l与渐近线垂直，要使l与C有且仅有一个交点，则与另一条渐近线没有相交，即与另一条渐近线平行，则两条渐近线互相垂直，即，则离心率为.故答案为：.150或1#1或0【解析】【分析】变形给定等式，利用同角公式计算作答.【详解】由得：，则，所以或.故答案为：0或116 #【解析】【分析】先判断出当时四面体的表面积，即可求得

15、；先求出表面积，再得到的中点O为四面体的外接球球心，即可求得，再求出四面体的体积，由即可求得，即可求解.【详解】易得的面积为定值，又，显然当时，此时面积，即四面体的表面积，此时；当四面体的表面积时，易知四面体的表面积值为，设的中点为O，易知，即O为四面体的外接球球心，四面体的外接球半径，且，由，平面，可得平面，四面体的体积为，又，解得，.故答案为：；17(1)(2)【解析】【分析】（1）先由条件得到，再退位相减法得到数列是等比数列，由等比数列的通项公式求解即可；（2）先求出，再表示出，裂项相消法求和即可.(1)对任意的，点均在直线上，当时，即，又，数列是以3为首项，9为公比的等比数列，(2)，

16、即18(1)(2)【解析】【分析】（1）根据正弦定理，将边转化成角，然后用辅助角公式，即可求解. （2）在，分别用余弦定理表示出 ，根据，可得边长的关系，进而根据周长即可求解.(1)由正弦定理，得，A，B，C为的内角，易知，即(2)设，则，在中，由余弦定理，得，在中，同理有，即，整理得，解得或，即，且，的周长为，19(1)答案见解析(2) ；理由见解析；【解析】【分析】（1）分析可知随机变量的可能取值有、，计算出随机变量在没有同取值下的概率可得出随机变量的分布列；（2）求得，解没有等式可得的值；记“甲至少有一局被扣除积分”为，记“甲获得“购书券”奖励”为，计算出、的值，利用条件概率公式可求得所

17、求的概率.(1)解：记“一局游戏后甲被扣除个积分”为，“一局游戏后乙被扣除个积分”为，由题可知，则，当三局均为甲被扣除个积分时，当两局为甲被扣除个积分，一局为乙被扣除个积分时，当一局为甲被扣除个积分，两局为乙被扣除个积分时，当三局均为乙被扣除个积分时，所以，所以，随机变量的分布列为6P(2)解：由（1）易得，显然甲、乙单方的积分之和恒为零，当游戏规则对甲获得“购书券”奖励更为有利时，则需，所以，即正整数的最小值；当时，记“甲至少有一局被扣除积分”为，则，由题设可知若甲获得“购书券”奖励则甲被扣除积分的局数至少为，记“甲获得“购书券”奖励”为，易知为“甲恰好有一局被扣除积分”，则，所以，即在甲至

18、少有一局被扣除积分的情况下，甲仍获得“购书券”奖励的概率为20(1)证明见解析(2)【解析】【分析】（1）根据线面平行的性质定理，可得线线平行，进而可得线面平行.（2）根据空间坐标法，计算法向量，进而可得二面角大小，或者根据长度关系，可用几何法找到二面角，进而利用余弦定理求解.(1)证明：四边形ABCD为矩形，平面 ，平面，平面又平面 ，平面平面，平面 ，(2)（法一）取AB，CD的中点分别为O，F，连接OE，OF，则，平面平面，且交线为AB，平面，又平面，当l与半圆弧相切时，即，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，没有妨设，易得，则，设为平面DAE的

19、一个法向量，则，即，令，则，设为平面DCE的一个法向量，则，即，令，则，易知二面角A-DE-C的平面角大小即为，二面角A-DE-C的余弦值为（法二）当l与半圆弧相切时，平面平面，其交线为，且，平面 ，平面，又平面，同理，没有妨设，则，由勾股定理得，取DE的中点F，连接AF，FC，AC，则，是二面角A-DE-C的平面角，易知，且，在中，有，二面角A-DE-C的余弦值为21(1)(2)【解析】【分析】（1）由切线长相等得，再椭圆的定义即可求得T的方程；（2）由解出点坐标，代入曲线T得，同理将点坐标代入曲线T得到关系式，由得出动点P轨迹，再利用直线和曲线T相切求得的最小值即可.(1)没有妨设的内切圆与BC，BA