2022届山东省莒县高三压轴卷数学试卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项1考生要认真填写考场号和座位序号。2试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。3考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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x，则“”是“”的（ ）A充分而不必要条件B必要而不充分条件C充分必要条件D既不充分也不必要条件2设点是椭圆上的一点，是椭圆的两个焦点，若，则（ ）ABCD3如图，内接于圆，是圆的直径，则三棱锥体积的最大值为（ ）ABCD4记递增数

2、列的前项和为.若，且对中的任意两项与（），其和，或其积，或其商仍是该数列中的项，则（ ）ABCD5函数的定义域为，集合，则（ ）ABCD6已知命题，则是（ ）A，B，.C，D，.7已知无穷等比数列的公比为2，且，则（ ）ABCD8已知命题：R，；命题 ：R，则下列命题中为真命题的是（ ）ABCD9集合,则集合的真子集的个数是A1个B3个C4个D7个10已知集合A=x|y=lg（4x2），B=y|y=3x，x0时，AB=（ ）Ax|x2 Bx|1x2 Cx|1x2 D11设递增的等比数列的前n项和为，已知，则（ ）A9B27C81D12若点(2，k)到直线5x-12y+6=0的距离是4，则k的值

3、是( )A1B-3C1或D-3或二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13某班星期一共八节课（上午、下午各四节，其中下午最后两节为社团活动），排课要求为：语文、数学、外语、物理、化学各排一节，从生物、历史、地理、政治四科中选排一节.若数学必须安排在上午且与外语不相邻（上午第四节和下午第一节不算相邻），则不同的排法有_种.14已知函数，则曲线在点处的切线方程是_15过直线上一点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值是_.16某校高二（4）班统计全班同学中午在食堂用餐时间，有7人用时为6分钟，有14人用时7分钟，有15人用时为8分钟，还有4人用时为10分钟，则高二（4）班全体同学用餐平均

4、用时为_分钟.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）在ABC中，角A，B，C的对边分别是a，b，c，.（1）求cosC；（2）若b7，D是BC边上的点，且ACD的面积为，求sinADB.18（12分）已知，.（1）当时，证明：；（2）设直线是函数在点处的切线，若直线也与相切，求正整数的值.19（12分）如图，在四棱锥中，平面，为的中点（1）求证：平面；（2）求二面角的余弦值20（12分）在直角坐标系x0y中，把曲线为参数)上每个点的横坐标变为原来的倍，纵坐标不变，得到曲线以坐标原点为极点，以x轴正半轴为极轴，建立极坐标系，曲线的极坐标方程（1）写出的普通方

5、程和的直角坐标方程；（2）设点M在上，点N在上，求|MN|的最小值以及此时M的直角坐标.21（12分）在平面直角坐标系中，直线的参数方程为(为参数)，直线与曲线交于两点.(1)求的长；(2)在以为极点，轴的正半轴为极轴建立的极坐标系中，设点的极坐标为，求点到线段中点的距离.22（10分）在直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），将曲线上各点纵坐标伸长到原来的2倍（横坐标不变）得到曲线，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴，建立极坐标系，直线的极坐标方程为.（1）写出的极坐标方程与直线的直角坐标方程；（2）曲线上是否存在不同的两点，（以上两点坐标均为极坐标，），使点、到的距离都为3？若存在，求的值

6、；若不存在，请说明理由.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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。1D【解析】，不能得到， 成立也不能推出，即可得到答案.【详解】因为x，当时，不妨取，故时，不成立，当时，不妨取，则不成立，综上可知，“”是“”的既不充分也不必要条件，故选：D【点睛】本题主要考查了充分条件，必要条件的判定，属于容易题.2B【解析】，故选B点睛：本题主要考查利用椭圆的简单性质及椭圆的定义. 求解与椭圆性质有关的问题时要结合图形进行分析，既使不画出图形，思考时也要联想到图形，当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出

7、它们之间的内在联系. 3B【解析】根据已知证明平面，只要设，则，从而可得体积，利用基本不等式可得最大值【详解】因为，所以四边形为平行四边形.又因为平面，平面，所以平面，所以平面.在直角三角形中，设，则，所以，所以.又因为，当且仅当，即时等号成立，所以.故选：B【点睛】本题考查求棱锥体积的最大值解题方法是：首先证明线面垂直同，得棱锥的高，然后设出底面三角形一边长为，用建立体积与边长的函数关系，由基本不等式得最值，或由函数的性质得最值4D【解析】由题意可得，从而得到，再由就可以得出其它各项的值，进而判断出的范围【详解】解：，或其积，或其商仍是该数列中的项，或者或者是该数列中的项，又数列是递增数列，

8、只有是该数列中的项，同理可以得到，也是该数列中的项，且有，或（舍，根据，同理易得，故选：D【点睛】本题考查数列的新定义的理解和运用，以及运算能力和推理能力，属于中档题5A【解析】根据函数定义域得集合，解对数不等式得到集合，然后直接利用交集运算求解.【详解】解：由函数得，解得，即；又，解得，即，则.故选：A.【点睛】本题考查了交集及其运算，考查了函数定义域的求法，是基础题.6B【解析】根据全称命题的否定为特称命题，得到结果.【详解】根据全称命题的否定为特称命题，可得，本题正确选项：【点睛】本题考查含量词的命题的否定，属于基础题.7A【解析】依据无穷等比数列求和公式，先求出首项，再求出，利用无穷等

9、比数列求和公式即可求出结果。【详解】因为无穷等比数列的公比为2，则无穷等比数列的公比为。由有，解得，所以，故选A。【点睛】本题主要考查无穷等比数列求和公式的应用。8B【解析】根据，可知命题的真假，然后对取值，可得命题 的真假，最后根据真值表，可得结果.【详解】对命题：可知，所以R，故命题为假命题命题 ：取，可知所以R，故命题为真命题所以为真命题故选：B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.9B【解析】由题意，结合集合，求得集合，得到集合中元素的个数，即可求解，得到答案【详解】由题意，集合， 则，所以集合的真子集的个数为个，故选B【点睛】本题主要考查了集合的

10、运算和集合中真子集的个数个数的求解，其中作出集合的运算，得到集合，再由真子集个数的公式作出计算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力10B【解析】试题分析：由集合A中的函数y=lg(4-x2)，得到4-x20，解得：-2x2，集合A=x|-2x0，得到y1，集合B=y|y1，则AB=x|1x2，故选B考点：交集及其运算11A【解析】根据两个已知条件求出数列的公比和首项，即得的值.【详解】设等比数列的公比为q.由，得，解得或.因为.且数列递增，所以.又，解得，故.故选：A【点睛】本题主要考查等比数列的通项和求和公式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.12D【解析】由题得，解方程即得k的值.【

11、详解】由题得，解方程即得k=-3或.故答案为：D【点睛】(1)本题主要考查点到直线的距离公式，意在考查学生对该知识的掌握水平和计算推理能力.(2) 点到直线的距离.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。131344【解析】分四种情况讨论即可【详解】解：数学排在第一节时有：数学排在第二节时有：数学排在第三节时有：数学排在第四节时有： 所以共有1344种故答案为：1344【点睛】考查排列、组合的应用，注意分类讨论，做到不重不漏；基础题.14【解析】求导，x=0代入求k，点斜式求切线方程即可【详解】则又故切线方程为y=x+1故答案为y=x+1【点睛】本题考查切线方程，求导法则及运算，考查直

12、线方程，考查计算能力，是基础题15【解析】由切线的性质，可知，切由直角三角形PAO，PBO，即可设，进而表示，由图像观察可知进而求出x的范围，再用的式子表示，整理后利用换元法与双勾函数求出最小值.【详解】由题可知，设，由切线的性质可知，则显然，则或（舍去）因为令，则，由双勾函数单调性可知其在区间上单调递增，所以故答案为：【点睛】本题考查在以直线与圆的位置关系为背景下求向量数量积的最值问题，应用函数形式表示所求式子，进而利用分析函数单调性或基本不等式求得最值，属于较难题.167.5【解析】分别求出所有人用时总和再除以总人数即可得到平均数.【详解】故答案为：7.5【点睛】此题考查求平均数，关键在于

13、准确计算出所有数据之和，易错点在于概念辨析不清导致计算出错.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）；（2）.【解析】（1）根据诱导公式和二倍角公式，将已知等式化为角关系式，求出，再由二倍角余弦公式，即可求解；（2）在中，根据面积公式求出长，根据余弦定理求出，由正弦定理求出，即可求出结论.【详解】（1），；（2）在中，由（1）得，由余弦定理得，在中，.【点睛】本题考查三角恒等变换求值、面积公式、余弦定理、正弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.18（1）证明见解析；（2）.【解析】（1）令，求导，可知单调递增，且，因而在上存在零点，在此取得最小值，再证最

14、小值大于零即可.（2）根据题意得到在点处的切线的方程，再设直线与相切于点， 有，即，再求得在点处的切线直线的方程为 由可得，即，根据，转化为，令，转化为要使得在上存在零点，则只需，求解.【详解】（1）证明：设，则，单调递增，且，因而在上存在零点，且在上单调递减，在上单调递增，从而的最小值为.所以，即.（2），故，故切线的方程为设直线与相切于点，注意到，从而切线斜率为，因此，而，从而直线的方程也为 由可知，故，由为正整数可知，所以，令，则，当时，为单调递增函数，且，从而在上无零点；当时，要使得在上存在零点，则只需，因为为单调递增函数，所以；因为为单调递增函数，且，因此；因为为整数，且，所以.【点

15、睛】本题主要考查导数在函数中的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于难题.19（1）见解析；（2）【解析】(1) 取的中点,连接,根据中位线的方法证明四边形是平行四边形.再证明与从而证明平面,从而得到平面即可.(2) 以所在的直线为轴建立空间直角坐标系,再求得平面的法向量与平面的法向量进而求得二面角的余弦值即可.【详解】（1）证明：如图,取的中点,连接.又为的中点,则是的中位线.所以且.又且,所以且.所以四边形是平行四边形.所以.因为,为的中点,所以.因为,所以.因为平面,所以.又,所以平面.所以.又,所以平面.又,所以平面.（2）易知两两互相垂直,所以分别以所在的直线为轴建立

16、如图所示的空间直角坐标系：因为,所以点.则.设平面的法向量为,由,得,令,得平面的一个法向量为；显然平面的一个法向量为；设二面角的大小为,则.故二面角的余弦值是.【点睛】本题主要考查了线面垂直的证明以及建立空间直角坐标系求解二面角的问题,需要用到线线垂直与线面垂直的转换以及法向量的求法等.属于中档题.20（1）的普通方程为，的直角坐标方程为. （2）最小值为，此时【解析】（1）由的参数方程消去求得的普通方程，利用极坐标和直角坐标转化公式，求得的直角坐标方程.（2）设出点的坐标，利用点到直线的距离公式求得最小值的表达式，结合三角函数的指数求得的最小值以及此时点的坐标.【详解】（1）由题意知的参数

17、方程为（为参数）所以的普通方程为.由得，所以的直角坐标方程为. （2）由题意，可设点的直角坐标为， 因为是直线，所以的最小值即为到的距离，因为 当且仅当时，取得最小值为，此时的直角坐标为即【点睛】本小题主要考查参数方程化为普通方程，考查极坐标方程化为直角坐标方程，考查利用曲线参数方程求解点到直线距离的最小值问题，属于中档题.21（1） ;（2）.【解析】（1）将直线的参数方程化为直角坐标方程，由点到直线距离公式可求得圆心到直线距离，结合垂径定理即可求得的长；（2）将的极坐标化为直角坐标，将直线方程与圆的方程联立，求得直线与圆的两个交点坐标，由中点坐标公式求得的坐标，再根据两点间距离公式即可求得.【详解】（1）直线的参数方程为(为参数)，化为直角坐标方程为，即直线与曲线交于两点.则圆心坐标为，半径为1，则由点到直线距离公式可知，所以.（2）点的极坐标为，化为直角坐标可得，直线的方程与曲线的方程联立，化简可得，解得，所以两点坐标为，所以，由两点间距离公式可得.【点睛】本题考查了参数方程与普通方程转化，极坐标与直角坐标的转化，点到直线距离公式应用，两点间距离公式的应用，直线与圆交点坐标求法，属于基础题.22（1），（2）存在，【解析】（1）先求得曲线的普通方程，利用伸缩变换的知识求得曲线的