2022届济南市历城高考考前提分数学仿真卷含解析

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已知抛物线C：，过焦点F的直线l与抛物线C交于A，B两点（A在x轴上方），且满足，则直线l的斜率为（ ）A1BC2D32定义两种运算“”与“”，对任意，满足下列运算性质：，；（） ，则（2020）（20202018）的值为( )ABCD

2、3已知为正项等比数列，是它的前项和，若，且与的等差中项为，则的值是( )A29B30C31D324已知双曲线，点是直线上任意一点，若圆与双曲线的右支没有公共点，则双曲线的离心率取值范围是（ ）ABCD5公差不为零的等差数列an中，a1+a2+a5=13，且a1、a2、a5成等比数列，则数列an的公差等于( )A1B2C3D46已知数列，是首项为8，公比为得等比数列，则等于（ ）A64B32C2D47设，则（ ）ABCD8如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）AB

3、CD9在函数：；中，最小正周期为的所有函数为（ ）ABCD10已知复数，则对应的点在复平面内位于（ ）A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限11已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，所得到的图象关于轴对称，则的最小值是（ ）ABCD12已知抛物线上一点的纵坐标为4，则点到抛物线焦点的距离为（ ）A2B3C4D5二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知函数，则曲线在点处的切线方程为_.14某陶瓷厂准备烧制甲、乙、丙三件不同的工艺品，制作过程必须先后经过两次烧制，当第一次烧制合格后方可进入第二次烧制，再次烧制过程相互独立.根据该厂现有的技术水平，经过第一次烧制后，甲、乙、丙

4、三件产品合格的概率依次为0.5、0.6、0.4，经过第二次烧制后，甲、乙、丙三件产品合格的概率依次为0.6、0.5、0.75；则第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为_；经过前后两次烧制后，合格工艺品的件数为，则随机变量的期望为_.15已知函数f(x)若关于x的方程f(x)kx有两个不同的实根，则实数k的取值范围是_16在九章算术中，将底面为矩形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称之为阳马如图，若四棱锥为阳马，侧棱底面，且，设该阳马的外接球半径为，内切球半径为，则_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）已知函数（1）若，求的取值范围；（2）若，对，不等式恒成立，

5、求的取值范围18（12分）如图，在直角中，通过以直线为轴顺时针旋转得到（）.点为斜边上一点.点为线段上一点，且.（1）证明：平面；（2）当直线与平面所成的角取最大值时，求二面角的正弦值.19（12分）已知函数当时，求不等式的解集；，求a的取值范围20（12分）在平面四边形中，已知，.（1）若，求的面积；（2）若求的长.21（12分）某房地产开发商在其开发的某小区前修建了一个弓形景观湖如图，该弓形所在的圆是以为直径的圆，且米，景观湖边界与平行且它们间的距离为米开发商计划从点出发建一座景观桥（假定建成的景观桥的桥面与地面和水面均平行），桥面在湖面上的部分记作设（1）用表示线段并确定的范围；（2）为

6、了使小区居民可以充分地欣赏湖景，所以要将的长度设计到最长，求的最大值22（10分）某企业对设备进行升级改造，现从设备改造前后生产的大量产品中各抽取了100件产品作为样本，检测一项质量指标值，该项质量指标值落在区间内的产品视为合格品，否则视为不合格品，如图是设备改造前样本的频率分布直方图，下表是设备改造后样本的频数分布表.图：设备改造前样本的频率分布直方图表：设备改造后样本的频率分布表质量指标值频数2184814162（1）求图中实数的值；（2）企业将不合格品全部销毁后，对合格品进行等级细分，质量指标值落在区间内的定为一等品，每件售价240元；质量指标值落在区间或内的定为二等品，每件售价180元

7、；其他的合格品定为三等品，每件售价120元，根据表1的数据，用该组样本中一等品、二等品、三等品各自在合格品中的频率代替从所有产品中抽到一件相应等级产品的概率.若有一名顾客随机购买两件产品支付的费用为(单位：元)，求的分布列和数学期望.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。1B【解析】设直线的方程为代入抛物线方程，利用韦达定理可得,由可知所以可得代入化简求得参数,即可求得结果.【详解】设，（，）.易知直线l的斜率存在且不为0，设为，则直线l的方程为.与抛物线方程联立得，所以，.因为，所以，得，所以，即，所以.故选:B.【点睛

8、】本题考查直线与抛物线的位置关系,考查韦达定理及向量的坐标之间的关系,考查计算能力，属于中档题.2B【解析】根据新运算的定义分别得出2020和20202018的值，可得选项.【详解】由（） ，得（+2），又，所以， ，以此类推，202020182018，又，所以， ，以此类推，2020，所以（2020）（20202018），故选：B.【点睛】本题考查定义新运算，关键在于理解，运用新定义进行求值，属于中档题.3B【解析】设正项等比数列的公比为q，运用等比数列的通项公式和等差数列的性质，求出公比，再由等比数列的求和公式，计算即可得到所求【详解】设正项等比数列的公比为q，则a4=16q3，a7=16

9、q6，a4与a7的等差中项为，即有a4+a7=，即16q3+16q6，=，解得q=（负值舍去），则有S5=1故选C【点睛】本题考查等比数列的通项和求和公式的运用，同时考查等差数列的性质，考查运算能力，属于中档题4B【解析】先求出双曲线的渐近线方程，可得则直线与直线的距离，根据圆与双曲线的右支没有公共点，可得，解得即可【详解】由题意，双曲线的一条渐近线方程为，即，是直线上任意一点，则直线与直线的距离，圆与双曲线的右支没有公共点，则，即，又故的取值范围为，故选：B【点睛】本题主要考查了直线和双曲线的位置关系，以及两平行线间的距离公式，其中解答中根据圆与双曲线的右支没有公共点得出是解答的关键，着重考

10、查了推理与运算能力，属于基础题5B【解析】设数列的公差为.由，成等比数列，列关于的方程组，即求公差.【详解】设数列的公差为，.成等比数列，解可得.故选：.【点睛】本题考查等差数列基本量的计算，属于基础题.6A【解析】根据题意依次计算得到答案.【详解】根据题意知：，故，.故选：.【点睛】本题考查了数列值的计算，意在考查学生的计算能力.7D【解析】集合是一次不等式的解集，分别求出再求交集即可【详解】，则故选【点睛】本题主要考查了一次不等式的解集以及集合的交集运算，属于基础题8D【解析】先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.【详解】设四个支点所在球的小圆的圆心为，球

11、心为，由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，利用球的性质可得，又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，所以球心到底面的距离为.故选：D.【点睛】本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.9A【解析】逐一考查所给的函数： ，该函数为偶函数，周期 ；将函数 图象x轴下方的图象向上翻折即可得到 的图象，该函数的周期为 ；函数的最小正周期为 ；函数的最小正周期为 ；综上可得最小正周期为的所有函数为.本题选择A选项.点睛：求三角函数式的最小正周期时，要尽可能地化为只含一个三角函数的式

12、子，否则很容易出现错误一般地，经过恒等变形成“yAsin(x)，yAcos(x)，yAtan(x)”的形式，再利用周期公式即可10A【解析】利用复数除法运算化简，由此求得对应点所在象限.【详解】依题意，对应点为，在第一象限.故选A.【点睛】本小题主要考查复数除法运算，考查复数对应点的坐标所在象限，属于基础题.11A【解析】化简为，求出它的图象向左平移个单位长度后的图象的函数表达式，利用所得到的图象关于轴对称列方程即可求得，问题得解。【详解】函数可化为：，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，又所得到的图象关于轴对称，所以，解得：，即：，又，所以.故选：A.【点睛】本题主要考查了两角

13、和的正弦公式及三角函数图象的平移、性质等知识，考查转化能力，属于中档题。12D【解析】试题分析：抛物线焦点在轴上，开口向上，所以焦点坐标为，准线方程为，因为点A的纵坐标为4，所以点A到抛物线准线的距离为，因为抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，所以点A与抛物线焦点的距离为5.考点：本小题主要考查应用抛物线定义和抛物线上点的性质抛物线上的点到焦点的距离，考查学生的运算求解能力.点评：抛物线上的点到焦点的距离等于到准线的距离，这条性质在解题时经常用到，可以简化运算.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13【解析】根据导数的几何意义求出切线的斜率，利用点斜式求切线方程.【详解】因为

14、，所以，又故切线方程为，整理为，故答案为：【点睛】本题主要考查了导数的几何意义，切线方程，属于容易题.140.38 0.9 【解析】考虑恰有一件的三种情况直接计算得到概率，随机变量的可能取值为，计算得到概率，再计算数学期望得到答案.【详解】第一次烧制后恰有一件产品合格的概率为：.甲、乙、丙三件产品合格的概率分别为：，.故随机变量的可能取值为，故；.故.故答案为：0.38 ；0.9.【点睛】本题考查了概率的计算，数学期望，意在考查学生的计算能力和应用能力.15【解析】由图可知，当直线ykx在直线OA与x轴(不含它们)之间时，ykx与yf(x)的图像有两个不同交点，即方程有两个不相同的实根16【解

15、析】该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，由此能求出，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，从而内切球半径为，由此能求出【详解】四棱锥为阳马，侧棱底面，且，设该阳马的外接球半径为，该阳马补形所得到的长方体的对角线为外接球的直径，侧棱底面，且底面为正方形，内切球在侧面内的正视图是的内切圆，内切球半径为，故故答案为【点睛】本题考查了几何体外接球和内切球的相关问题，补形法的运用，以及数学文化，考查了空间想象能力，是中档题解决球与其他几何体的切、接问题，关键是能够确定球心位置，以及选择恰当的角度做出截面.球心位置的确定的方法有很多，主要有两种：（1）补形法（构造法），通过补形为长方体（正方体），

16、球心位置即为体对角线的中点；（2）外心垂线法，先找出几何体中不共线三点构成的三角形的外心，再找出过外心且与不共线三点确定的平面垂直的垂线，则球心一定在垂线上.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）分类讨论，即可得出结果；（2）先由题意，将问题转化为即可，再求出，的最小值，解不等式即可得出结果.【详解】（1）由得，若，则，显然不成立；若，则，即；若，则，即，显然成立，综上所述，的取值范围是（2）由题意知，要使得不等式恒成立，只需，当时，所以；因为，所以，解得，结合，所以的取值范围是【点睛】本题主要考查含绝对值不等式的解法，以及由不等式恒成

17、立求参数的问题，熟记分类讨论的思想、以及绝对值不等式的性质即可，属于常考题型.18（1）见解析；（2）【解析】（1）先算出的长度，利用勾股定理证明，再由已知可得，利用线面垂直的判定定理即可证明；（2）由（1）可得为直线与平面所成的角，要使其最大，则应最小，可得为中点，然后建系分别求出平面的法向量即可算得二面角的余弦值，进一步得到正弦值.【详解】（1）在中，由余弦定理得，由题意可知：，平面，平面，又，平面.（2）以为坐标原点，以，的方向为，轴的正方向，建立空间直角坐标系.平面，在平面上的射影是，与平面所成的角是，最大时，即，点为中点.，设平面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，同理，设平

18、面的法向量，由，得，令，得，所以平面的法向量，故二面角的正弦值为.【点睛】本题考查线面垂直的判定定理以及利用向量法求二面角的正弦值，考查学生的运算求解能力，是一道中档题.19（1）； （2）.【解析】（1）当时，当时，令，即，解得，当时，显然成立，所以，当时，令，即，解得，综上所述，不等式的解集为（2）因为，因为，有成立，所以只需，解得，所以a的取值范围为【点睛】绝对值不等式的解法：法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想20（1）；（2）.【解析】（1）在三角形中，利用余弦定理列方程，解方程求得的长，进而由三角形的面积公式求得三角形的面积.（2）利用诱导公式求得，进而求得，利用两角差的正弦公式，求得，在三角形中利用正弦定理求得，在三角形中利用余弦定理求得的长.【详解】（1）在中，解得，.（2）在中，.【点睛】本小题主要考查正弦定理、余弦定理解