资源简介

山东师大附中2019级数学2022年6月打靶检测题答案
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
C B C C C B A C ACD BD AC AD
13.； 14.； 15.； 16.，
5.【解析】模式A：，模式B：，其中为初始电量.
A模式用了小时，电量为，
小时后B模式用了小时，
∴
，令，∴，
∴，
因为，，
∴，∴
6.【分析】将按照奇偶分别计算：当 为偶数时，；
当为奇数时，，
计算得到答案．
【解析】解法一：根据杨辉三角形的生成过程，
当为偶数时，，
当为奇数时，，，，
，，，，
解法二：当时，，
当时，，
，选B
7.【解析】由为的中点，且可知
所以直线的方程为，解得，所以
联立得
由三点共线得，即，
化简得，解得，故选A
8.【解析】
令，则在定义域上单调递增
所以，即
令
在，
所以，选C
10.【解析】∵，又的图象与轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列，∴，∴，∴，
∴向左平移个单位得到，
横坐标伸长到原来倍得到，
选项A．为非奇非偶函数，故A错误；
选项B．，∴的图象关于点对称，故B正确；
选项C．∵，∴，
又∵在上先增后减，∴在上不是增函数，故C错误；
选项D．当时，，
∴，此时；，此时，
∴的值域为， 故D正确
故选：BD
11.【解析】
选项A，将5名志愿者分成三组，每组的人数分别为3,1,1或2,2,1，则不同的安排数为
，故A正确
选项B，可以考虑间接法，甲校只安排1人的方法数为，
故甲学校至少安排两人有80种安排数，故B错误
选项C，小晗被安排到甲学校，则被安排到甲校的人数由1或2或3人。
若安排到甲校的人数为1，则必是小晗，共有种安排方法
如若排到甲校的人数为2，共有种安排方法
如若排到甲校的人数为3，共有种安排方法
因此所求概率为，故C正确
选项在D，在小晗被安排到甲校的前提下，只需考虑另外4人的安排种数，
共有。
保证甲校安排两人时，共有种
，故D错误
故选：AC
12.【解析】
选项A，当时，， 所以切线斜率， 选项A正确.
选项B，当时，，，
又,
所以存在，使得，
则在上，，在上，，
所以在上，单调递减，在上，单调递增.
所以B不正确.
对于选项C、D，，
令，所以, 则令,
,令,得
由函数的图像性质可知:
时，，单调递减.
时，，单调递增.
所以时，取得极小值，
即当时取得极小值，
又,即
又因为在上单调递减，所以
所以时，取得极大值，
即当时取得极大值，
又，即
所以
当时，
所以当，即时，在上无零点，所以C不正确.
当，即时，与的图象只有一个交点
即存在，在上有且只有一个零点，故D正确.
故选：AD
16．【解析】由勒洛四面体的结构知勒洛四面体表面上任意两点间的距离的最大值为，故能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为
勒洛四面体面积最大的截面即经过四面体表面的截面，如图2，则勒洛四面体的截面面积的最大值为三个半径为，圆心角为60°的扇形的面积减去两个边长为的正三角形的面积，即，
图1 　图2　　　　　　　　　
17.【解析】(1)选①由正弦定理及
得
即 ……3分
∵，∴，
∴，又，∴. ……5分
选②由正弦定理及得
即
∴……3分
∵，∴
∴，又，∴. ……5分
(2)由 ……6分
可得
∴． ……8分
由，得， ……9分
∴，故. ……10分
即线段的取值范围为.
18.【解析】因为，则，且，
又，
平面，
因此，平面，即有平面
因为平面，则， ……2分
而，则四边形为等腰梯形，
又，则有，
于是有，则，
即， ……4分
，平面，
因此，平面， ……5分
而平面，所以平面平面. ……6分
(2)由(1)知，两两垂直，以点为原点，射线分别为轴建立如图空间直角坐标系， ……7分
因，四边形是矩形，则，即，，，
令，则，，，
平面AEG的一个法向量，
则有题意可得，，
解得，此时 ……9分
设平面的一个法向量为，则，
令，得， ……10分
设平面与平面所夹角为，则， ……11分
所以平面与平面所夹角的余弦值为. ……12分
19.【解析】(1) 由得
两式作差得 ……2分
由且，所以
所以数列中，所有奇数项依次构成以为首项2为公差的等差数列，所有偶数项依次构成以为首项2为公差的等差数列 ……4分
即当时，
即当时，
所以 ……6分
(2)由(1)知， ……8分
所以
……9分
……12分
20. 【解析】（Ⅰ）由题意：时，这个二进制数中含有3个0以及3个1，
若有且仅有两个连排在一起，则可以将两个0捆绑在一起，与剩余的0插入3个1的空档中，
由于首位必须是1，所以只有3个空挡可以插入，共有种不同的情况
即； ……3分
（Ⅱ）的取值可以是1，2，3，4，5，6，
其中，，
，，
， ……9分
１ ２ ３ ４ ５ 6
Ｐ
……10分
令
……12分
21. 【解析】
（1）由题意可知，解得， ……2分
椭圆的方程为 ……3分
解法一：非对称韦达定理
（2）由题意可得，点，，，
当直线的斜率为0时，点关于轴对称，必有，不合题意 ……4分
所以直线的斜率不为0，设其方程为，
与椭圆联立可得：
有且
由题意，则有……6分
方法1：和积关系转化
由于，所以
解得：，此时
故而直线恒过轴上一定点 ……8分
方法2：韦达定理代入消元
由可得
解得：，故而直线恒过轴上一定点 ……8分
解法二：利用第三定义转化
由题意可得，点，，，
当直线的斜率为0时，点关于轴对称，必有，不合题意 ……4分
所以直线的斜率不为0，设其方程为，
与椭圆联立可得：
有且
由于是椭圆上的一点，即
所以
则有，即
由于 （利用对称性构造对称韦达定理）
解得：故而直线恒过轴上一定点 ……8分
方法三：分设两线再联立
由题意可得，点，，，
设直线，直线，
联立直线与椭圆可得：，解得：
联立直线与椭圆可得：，解得：
因为，且，,，此时，
设直线与x轴上交于点，则有三点共线可得
故而直线恒过轴上一定点 ……8分
由（2）可得 又因为
可得：
所以
……10分
当且仅当，即时等号成立，此时的最大值为2 ……12分
22【解析】（Ⅰ）由得 ……1分
当时，，单调递增，不可能有两个零点； ……2分
②当时，令，得，单调递减；
令，得，单调递增.所以
要使有两个零点，即使，得，
又因为，，所以在存在唯一一个零点，
且，，
所以在上存在唯一一个零点，符合题意. ……4分
综上，当时，函数有两个零点. ……5分
法二：有两个零点等价于时，有两个实根，（1）……1分
令， ……2分
当时，，单调递减，且；
当时，，单调递减；
当时，，单调递增； ……4分
，，，
，.
要使（1）有两个实数根，即使，
综上，当时，函数有两个零点. ……5分
（Ⅱ）有两个实根，
令，有两个零点，，，
所以，
所以（1）
（2） ……6分
要证，只需证，即证，
所以只需证.
由（1）（2）可得，
只需证. ……8分
设，令，则，所以只需证，即证
令，，则， ……10分
，即当时，成立.
所以，即，即. ……12分山东师大附高2022届高三下学期6月高考考前检测（打靶题）
数学试题
本试卷分第1卷和第II卷两部分共4页，满分为150分，考试用时120分钟。
1.答卷前，考生务必用0.5毫来照色签字笔将自己的姓名、准考证号、考试科目填写在规定的位置上
2第I卷每小题选山答案后用28相笔把答题卡上对应题目的答案标号涂照，如需或动用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号。
3.第II卷必须用05毫米黑色签字笔件答，客案必须写在答题卡各题目指定区境内相应的位置；如需改动先划掉原来的答来答案，然后再写上新的答案，不得使用涂改液、胶带纸、修正带和其它笔
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.已知集合A={2,3,4},B=，则 B中元素的个数是
A.2 B.3 C.4 D.5
2.已知，则复数的虚部为
A.1 B.-1 C. D.-
3.若都不为零的实数a，b满是a>b，则
4.足球起源于中国古代的蹴鞠游戏．“蹴”就是用脚蹴、踢的含义，“鞠”最早系外包皮革、内饰米糖的球，因而“蹴鞠”就是指古人以脚蹴、踢皮球的活动，如图所示.已知某“鞠”的表面上有四个点P,A,B,C,满足PA=1, PA 面ABC, ,若 =，则该“鞠”的体积的最小值为
A. B. C. D.
5.已知某电子产品电池充满时的电量300毫安时,且在待机状态下有两种不同的耗电模式可供选择.模式A:电量量线性衰减,每小时耗电300毫安时;模式B,电量呈指数衰减,即从当前时刻算起,t小时后的电量为当前电置的倍.现使该电子产品处于满电量待机状态时开启A模式, 并在x小时后切换为B模式，若使其在待机10小时后有超过5%的电量,则x的取值范围是
A.16.如图,在杨辉三角形中,斜线的上方,从1开始箭头所示的数组成一个锯齿形数列:1,3,3,4,6,5,10, ,记其前n项和为，则 =
A.361 B.374 C.385 D.395
7.已知双曲线C: -的右焦点为F，左顶点为A，M为C的一条渐近线上一点,延长FM交y轴于点N，直线AM经过ON(其中O为坐标原点)的中点B,且,则双曲线C的离心率为
A.2
8.若关于x的不等式对一切恒成立,则实数a的取值范围是
A.(-, ) B.(∞,e] C.(-∞,1] D.(-m,2]
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.有多项是的,全部选对的得5分.有选错的得0分,部分选对的得2分)
9. = + x+ + + ，若 =-8088,则下列结论正确的有
A.a=-4 B.
C..二项式系数的和为 $ 2^ {2022} $ D.
10.已知函数- 的图象与x轴交点的横坐标构成一个公差为的等差数列,把函数的图象沿x轴向左平移个单位,横坐标伸长到原来的2倍得到函数的图象,则下列关于函数的结论正确的是
A.函数是偶函数 B. 的图像关于对称
C. 在上是增函数 D. 当，函数的值域是[1,2]
21.感动中国十大人物之一的张桂梅老师为了让孩子走出大山, 扎根基层教育默默奉献精神感动了全中国．受张桂梅老师的影响, 有5位志愿者主动到3所山区学校参加支教活动, 要求每所学校至少安排一位志版者,每位志愿者只到一所学校支教,下列结论正确的有
A.不同的安排方法数为150 B.若甲学校至少安排两人,则有60种安排数
C.小晗被安排到甲学校的概率是 D.在小晗被安排到甲校的前提下，甲学校安排两人的概率为．
12.函数，下列说法正确的是
A.当时, 在处的切线的斜率1.
B.当时, 在上单调递增
C.对任意a>0, 在 ,+上均存在零点
D.存在a<0, 在)上有唯一零点
第Ⅱ卷
三、填空题(本题共4个小题,每小题5分,共20分.)
13.已知<，=，则 =______ .
14.边长为1的正方形内有一内切圆，MN是内切圆的一条弦,点P为方形四条边
上的动点,当弦MN的长度最大时, 的取值范围是_________.
15.已知随机变量 ,且)=,则 +(016.勒洛四面体是一个非常神奇的"四面体",它能在两个平行平面间自由转动,并且始终保持与两平面都接触, 因此它能像球一样来回滚动(如图甲)，勒洛四面体是以正四面体的四个顶点为球心, 以正四面体的棱长为半径的四个球的公共部分,如图乙所示,若正四面体ABCD的棱长为a,则能够容纳勒洛四面体的正方体的棱长的最小值为_______，勒洛四面体的截面面积的最大值为_______ .(第一空2分,第二空3分).
四、解答题（本题共6个小题共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步理）
17.(本小题满分10分)在①，②两个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并解答该问题．
在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别是a，b，c，且_______
(1)求角B;
(2)若，点D是AC的中点,求线段BD的取值范围.
18.(本小题满分12分)已知是数列{}的前n项和,且, + =2n+1.
(1)求数列{}的通项公式;
(2)记，求数列{}的前2n项和.
$ \textcircled {1} $ $ \textcircled {1} $ $ \textcircled {1} $ $ \textcircled {2} $ “
19.(本小题满分12分)一台仪器每启动一次都随机地出现一个6位的二进制数
，其中A的各位数字中出现0的概率为 ,出现1的概率为．例如:A=100010,其中==1，====0.记=++ +++ ,当启动仪器一次时:
(1)当=3时，有且仅有两个0连排在一起的概率;
(2)求的概率分布列及．
20.(本小题满分12分)如图甲,平面图形ABCDE中AE=ED=DB=BC=1,CB BD,ED//AB, = ，沿BD将折起,使点C到F的位置,如图乙,使, = .
(1)求证:平面平面AEG;
(2)点M是线段FG上的动点,当AM与平面AEG所成角的正弦值为 时,求平面MAB与平面AEG所夹角的余弦值.
21.(本小题满分12分)在在平面直角坐标系中xOy,椭圆+ 的离心率为，点在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A,B,点P,Q为椭圆上异于A,B的两动点,记直线AP的斜率为 ,直线QB的斜率为，已知 .
①求证:直线PQ恒过x轴上一定点；
②设PQB和PQA的面积分别为， ,求-|的最大值.
22.(本小题满分12分)
已知函数
(1)若h(x)有两个零点,求a的取值范围;
(2)若方程+x)=0有两个实根，，且，证明: > ．

展开更多......

收起↑