山東省濰坊市教科所2022年高三二診模擬考試數學試卷含解析

2022年高考數學模擬試卷考生請注意：1．答題前請將考場、試室號、座位號、考生號、姓名寫在試卷密封線內，不得在試卷上作任何標記。2．第一部分選擇題每小題選出答案后，需將答案寫在試卷指定的括號內，第二部分非選擇題答案寫在試卷題目指定的位置上。3．考生必須保證答題卡的整潔?？荚嚱Y束后，請將本試卷和答題卡一并交回。一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知Sn為等比數列{an}的前n項和，a5＝16，a3a4＝﹣32，則S8＝（）A．﹣21 B．﹣24 C．85 D．﹣852．由曲線圍成的封閉圖形的面積為（）A． B． C． D．3．函數在上單調遞增，則實數的取值范圍是（）A． B． C． D．4．的展開式中的常數項為()A．－60 B．240 C．－80 D．1805．已知等差數列的公差為，前項和為，，，為某三角形的三邊長，且該三角形有一個內角為，若對任意的恒成立，則實數（）.A．6 B．5 C．4 D．36．若復數（為虛數單位），則（）A． B． C． D．7．設是定義在實數集上的函數，滿足條件是偶函數，且當時，，則，，的大小關系是（）A． B． C． D．8．已知將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，若和的圖象都關于對稱，則的值為（）A．2 B．3 C．4 D．9．如圖，在中，點，分別為，的中點，若，，且滿足，則等于（）A．2 B． C． D．10．若，，則的值為（）A． B． C． D．11．執(zhí)行如圖所示的程序框圖，若輸出的值為8，則框圖中①處可以填（）．A． B． C． D．12．已知雙曲線的一條漸近線為，圓與相切于點，若的面積為，則雙曲線的離心率為（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．已知橢圓的下頂點為，若直線與橢圓交于不同的兩點、，則當_____時，外心的橫坐標最大．14．定義在封閉的平面區(qū)域內任意兩點的距離的最大值稱為平面區(qū)域的“直徑”.已知銳角三角形的三個點，，，在半徑為的圓上，且，分別以各邊為直徑向外作三個半圓，這三個半圓和構成平面區(qū)域，則平面區(qū)域的“直徑”的最大值是__________.15．已知向量，且，則___________.16．若變量，滿足約束條件，則的最大值為__________．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）已知都是各項不為零的數列，且滿足其中是數列的前項和，是公差為的等差數列．（1）若數列是常數列，，，求數列的通項公式；（2）若是不為零的常數），求證：數列是等差數列；（3）若（為常數，），．求證：對任意的恒成立．18．（12分）已知均為正實數，函數的最小值為.證明：（1）；（2）.19．（12分）已知函數，其導函數為，（1）若，求不等式的解集；（2）證明：對任意的，恒有.20．（12分）已知（1）當時，判斷函數的極值點的個數；（2）記，若存在實數，使直線與函數的圖象交于不同的兩點，求證：．21．（12分）已知實數x，y，z滿足，證明：.22．（10分）已知函數.（1）解不等式；（2）使得，求實數的取值范圍.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．D【解析】

由等比數列的性質求得a1q4＝16，a12q5＝﹣32，通過解該方程求得它們的值，求首項和公比，根據等比數列的前n項和公式解答即可.【詳解】設等比數列{an}的公比為q，∵a5＝16，a3a4＝﹣32，∴a1q4＝16，a12q5＝﹣32，∴q＝﹣2，則，則，故選：D.【點睛】本題主要考查等比數列的前n項和，根據等比數列建立條件關系求出公比是解決本題的關鍵，屬于基礎題.2．A【解析】

先計算出兩個圖像的交點分別為，再利用定積分算兩個圖形圍成的面積.【詳解】封閉圖形的面積為.選A.【點睛】本題考察定積分的應用，屬于基礎題.解題時注意積分區(qū)間和被積函數的選取.3．B【解析】

對分類討論，當，函數在單調遞減，當，根據對勾函數的性質，求出單調遞增區(qū)間，即可求解.【詳解】當時，函數在上單調遞減，所以，的遞增區(qū)間是，所以，即.故選:B.【點睛】本題考查函數單調性，熟練掌握簡單初等函數性質是解題關鍵，屬于基礎題.4．D【解析】

求的展開式中的常數項，可轉化為求展開式中的常數項和項，再求和即可得出答案.【詳解】由題意，中常數項為，中項為，所以的展開式中的常數項為：.故選：D【點睛】本題主要考查二項式定理的應用和二項式展開式的通項公式，考查學生計算能力，屬于基礎題.5．C【解析】

若對任意的恒成立，則為的最大值，所以由已知，只需求出取得最大值時的n即可.【詳解】由已知，，又三角形有一個內角為，所以，，解得或（舍），故，當時，取得最大值，所以.故選：C.【點睛】本題考查等差數列前n項和的最值問題，考查學生的計算能力，是一道基礎題.6．B【解析】

根據復數的除法法則計算，由共軛復數的概念寫出.【詳解】,,故選：B【點睛】本題主要考查了復數的除法計算，共軛復數的概念，屬于容易題.7．C【解析】∵y=f（x+1）是偶函數，∴f（-x+1）=f（x+1），即函數f（x）關于x=1對稱．

∵當x≥1時，為減函數，∵f（log32）=f（2-log32）=f（）且==log34，log34＜＜3，∴b＞a＞c，

故選C8．B【解析】

因為將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，可得，結合已知，即可求得答案.【詳解】將函數（，）的圖象向右平移個單位長度后得到函數的圖象，又和的圖象都關于對稱，由，得，，即，又，.故選：B.【點睛】本題主要考查了三角函數圖象平移和根據圖象對稱求參數，解題關鍵是掌握三角函數圖象平移的解法和正弦函數圖象的特征，考查了分析能力和計算能力，屬于基礎題.9．D【解析】

選取為基底，其他向量都用基底表示后進行運算．【詳解】由題意是的重心，，∴，，∴，故選：D．【點睛】本題考查向量的數量積，解題關鍵是選取兩個不共線向量作為基底，其他向量都用基底表示參與運算，這樣做目標明確，易于操作．10．A【解析】

取，得到，取，則，計算得到答案.【詳解】取，得到；取，則.故.故選：.【點睛】本題考查了二項式定理的應用，取和是解題的關鍵.11．C【解析】

根據程序框圖寫出幾次循環(huán)的結果，直到輸出結果是8時.【詳解】第一次循環(huán)：第二次循環(huán)：第三次循環(huán)：第四次循環(huán)：第五次循環(huán)：第六次循環(huán)：第七次循環(huán)：第八次循環(huán)：所以框圖中①處填時，滿足輸出的值為8.故選：C【點睛】此題考查算法程序框圖，根據循環(huán)條件依次寫出每次循環(huán)結果即可解決，屬于簡單題目.12．D【解析】

由圓與相切可知，圓心到的距離為2，即.又，由此求出的值，利用離心率公式，求出e.【詳解】由題意得，，，.故選：D.【點睛】本題考查了雙曲線的幾何性質，直線與圓相切的性質，離心率的求法，屬于中檔題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．【解析】

由已知可得、的坐標，求得的垂直平分線方程，聯立已知直線方程與橢圓方程，求得的垂直平分線方程，兩垂直平分線方程聯立求得外心的橫坐標，再由導數求最值．【詳解】如圖，由已知條件可知，不妨設，則外心在的垂直平分線上，即在直線，也就是在直線上，聯立，得或，的中點坐標為，則的垂直平分線方程為，把代入上式，得，令，則，由，得（舍）或．當時，，當時，.當時，函數取極大值，亦為最大值．故答案為：.【點睛】本題考查直線與橢圓位置關系的應用，訓練了利用導數求最值，是中等題．14．【解析】

先找到平面區(qū)域內任意兩點的最大值為，再利用三角恒等變換化簡即可得到最大值.【詳解】由已知及正弦定理，得，所以，，取AB中點E，AC中點F，BC中點G，如圖所示顯然平面區(qū)域任意兩點距離最大值為，而，當且僅當時，等號成立.故答案為：.【點睛】本題考查正弦定理在平面幾何中的應用問題，涉及到距離的最值問題，在處理這類問題時，一定要數形結合，本題屬于中檔題.15．【解析】

由向量平行的坐標表示得出，求解即可得出答案.【詳解】因為，所以，解得.故答案為：【點睛】本題主要考查了由向量共線或平行求參數，屬于基礎題.16．【解析】

根據約束條件可以畫出可行域，從而將問題轉化為直線在軸截距最大的問題的求解，通過數形結合的方式可確定過時，取最大值，代入可求得結果.【詳解】由約束條件可得可行域如下圖陰影部分所示：將化為，則最大時，直線在軸截距最大；由直線平移可知，當過時，在軸截距最大，由得：，.故答案為：.【點睛】本題考查線性規(guī)劃中最值問題的求解，關鍵是能夠將問題轉化為直線在軸截距的最值的求解問題，通過數形結合的方式可求得結果.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（1）；（2）詳見解析；（3）詳見解析.【解析】

(1)根據,可求得,再根據是常數列代入根據通項與前項和的關系求解即可.(2)取,并結合通項與前項和的關系可求得再根據化簡可得,代入化簡即可知,再證明也成立即可.(3)由(2)當時,,代入所給的條件化簡可得,進而證明可得,即數列是等比數列.繼而求得,再根據作商法證明即可.【詳解】解：．是各項不為零的常數列,則,則由,及得,當時,,兩式作差,可得．當時,滿足上式,則；證明：,當時,,兩式相減得：即．即．又,,即．當時,,兩式相減得：．數列從第二項起是公差為的等差數列．又當時,由得,當時,由,得．故數列是公差為的等差數列；證明：由,當時,,即,,,即,即,當時,即．故從第二項起數列是等比數列,當時,．．另外,由已知條件可得,又,,因而．令,則．故對任意的恒成立．【點睛】本題主要考查了等差等比數列的綜合運用,需要熟練運用通項與前項和的關系分析數列的遞推公式繼而求解通項公式或證明等差數列等.同時也考查了數列中的不等式證明等,需要根據題意分析數列為等比數列并求出通項,再利用作商法證明.屬于難題.18．（1）證明見解析（2）證明見解析【解析】

（1）運用絕對值不等式的性質，注意等號成立的條件，即可求得最小值，再運用柯西不等式，即可得到最小值.（2）利用基本不等式即可得到結論，注意等號成立的條件.【詳解】（1）由題意，則函數，又函數的最小值為，即，由柯西不等式得，當且僅當時取“=”.故.（2）由題意，利用基本不等式可得，，，（以上三式當且僅當時同時取“=”）由（1）知，，所以，將以上三式相加得即.【點睛】本題主要考查絕對值不等式、柯西不等式等基礎知識，考查運算能力，屬于中檔題.19．（1）（2）證明見解析【解析】

（1）求出的導數，根據導函數的性質判斷函數的單調性，再利用函數單調性解函數型不等式；（2）構造函數，利用導數判斷在區(qū)間上單調遞減，結合可得結果.【詳解】（1）若，則.設，則，所以在上單調遞減，在上單調遞增.又當時，；當時，；當時，，所以所以在上單調遞增，又，所以不等式的解集為.（2）設，再令，，在上單調遞減，又，，，，，.即【點睛】本題考查利用函數的導數來判斷函數的單調性，再利用函數的單調性來解決不等式問題，屬于較難題.20．（1）沒有極值點；（2）證明見解析【解析】

（1）求導可得,再求導可得,則在遞增,則,從而在遞增,即可判斷；（2）轉化問題為存在且,使,可得,由（1）可知