2022屆山東青島市高三第三次模擬考試數學試卷含解析

1、2021-2022高考數學模擬試卷注意事項：1答卷前，考生務必將自己的姓名、準考證號、考場號和座位號填寫在試題卷和答題卡上。用2B鉛筆將試卷類型（B）填涂在答題卡相應位置上。將條形碼粘貼在答題卡右上角條形碼粘貼處。2作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卡上對應題目選項的答案信息點涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案。答案不能答在試題卷上。3非選擇題必須用黑色字跡的鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新答案；不準使用鉛筆和涂改液。不按以上要求作答無效。4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

2、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隨著人民生活水平的提高，對城市空氣質量的關注度也逐步增大，下圖是某城市月至月的空氣質量檢測情況，圖中一、二、三、四級是空氣質量等級，一級空氣質量最好，一級和二級都是質量合格天氣，下面敘述不正確的是（ ）A1月至8月空氣合格天數超過天的月份有個B第二季度與第一季度相比，空氣達標天數的比重下降了C8月是空氣質量最好的一個月D6月份的空氣質量最差.2已知不同直線、與不同平面、，且，則下列說法中正確的是（ ）A若，則B若，則C若，則D若，則3函數的部分圖象如圖所示，已知，函數的圖象可由圖象

3、向右平移個單位長度而得到，則函數的解析式為（ ）ABCD4波羅尼斯（古希臘數學家，的公元前262-190年）的著作圓錐曲線論是古代世界光輝的科學成果，它將圓錐曲線的性質網羅殆盡，幾乎使后人沒有插足的余地他證明過這樣一個命題：平面內與兩定點距離的比為常數k（k0，且k1）的點的軌跡是圓，后人將這個圓稱為阿波羅尼斯圓現有橢圓=1（ab0），A，B為橢圓的長軸端點，C，D為橢圓的短軸端點，動點M滿足=2，MAB面積的最大值為8，MCD面積的最小值為1，則橢圓的離心率為（）ABCD5已知當，時，則以下判斷正確的是 ABCD與的大小關系不確定6設正項等差數列的前項和為，且滿足，則的最小值為A8B16C2

4、4D367如圖，在圓錐SO中，AB，CD為底面圓的兩條直徑，ABCDO，且ABCD，SOOB3，SE.，異面直線SC與OE所成角的正切值為（ ）ABCD8已知在平面直角坐標系中，圓：與圓：交于，兩點，若，則實數的值為（ ）A1B2C-1D-29已知向量與向量平行，且，則（ ）ABCD10已知向量，則向量在向量方向上的投影為（ ）ABCD11在長方體中，則直線與平面所成角的余弦值為（ ）ABCD12已知，滿足條件（為常數），若目標函數的最大值為9，則（ ）ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13，則f（f（2）的值為_14平面區(qū)域的外接圓的方程是_.15在的展開式中，的系數等

5、于_16小李參加有關“學習強國”的答題活動，要從4道題中隨機抽取2道作答，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的概率為_.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）在平面直角坐標系中，曲線的參數方程為（為參數），以原點為極點，軸的正半軸為極軸建立極坐標系，直線極坐標方程為.若直線交曲線于，兩點，求線段的長.18（12分）已知凸邊形的面積為1，邊長，其內部一點到邊的距離分別為.求證：.19（12分）如圖，在三棱柱中，平面，且.（1）求棱與所成的角的大??；（2）在棱上確定一點，使二面角的平面角的余弦值為.20（12分）已知，.（1）求的值；（2）求的值.21

6、（12分）已知函數（1）若，不等式的解集；（2）若，求實數的取值范圍.22（10分）如圖，正方形所在平面外一點滿足，其中分別是與的中點.（1）求證：；（2）若，且二面角的平面角的余弦值為，求與平面所成角的正弦值.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。1D【解析】由圖表可知月空氣質量合格天氣只有天，月份的空氣質量最差故本題答案選2C【解析】根據空間中平行關系、垂直關系的相關判定和性質可依次判斷各個選項得到結果.【詳解】對于，若，則可能為平行或異面直線，錯誤；對于，若，則可能為平行、相交或異面直線，錯誤；對于，若，且，由面面垂

7、直的判定定理可知，正確；對于，若，只有當垂直于的交線時才有，錯誤.故選：.【點睛】本題考查空間中線面關系、面面關系相關命題的辨析，關鍵是熟練掌握空間中的平行關系與垂直關系的相關命題.3A【解析】由圖根據三角函數圖像的對稱性可得，利用周期公式可得，再根據圖像過，即可求出，再利用三角函數的平移變換即可求解.【詳解】由圖像可知，即，所以，解得，又，所以，由，所以或，又，所以，所以，即，因為函數的圖象由圖象向右平移個單位長度而得到，所以.故選：A【點睛】本題考查了由圖像求三角函數的解析式、三角函數圖像的平移伸縮變換，需掌握三角形函數的平移伸縮變換原則，屬于基礎題.4D【解析】求得定點M的軌跡方程可得，

8、解得a，b即可.【詳解】設A（-a，0），B（a，0），M（x，y）動點M滿足=2，則 =2，化簡得.MAB面積的最大值為8，MCD面積的最小值為1， ，解得，橢圓的離心率為故選D【點睛】本題考查了橢圓離心率，動點軌跡，屬于中檔題5C【解析】由函數的增減性及導數的應用得：設，求得可得為增函數，又，時，根據條件得，即可得結果【詳解】解：設，則，即為增函數，又，即，所以，所以故選：C【點睛】本題考查了函數的增減性及導數的應用，屬中檔題6B【解析】方法一：由題意得，根據等差數列的性質，得成等差數列，設，則，則，當且僅當時等號成立，從而的最小值為16，故選B方法二：設正項等差數列的公差為d，由等差數列

9、的前項和公式及，化簡可得，即，則，當且僅當，即時等號成立，從而的最小值為16，故選B7D【解析】可過點S作SFOE，交AB于點F，并連接CF，從而可得出CSF（或補角）為異面直線SC與OE所成的角，根據條件即可求出，這樣即可得出tanCSF的值.【詳解】如圖，過點S作SFOE，交AB于點F，連接CF，則CSF（或補角）即為異面直線SC與OE所成的角，又OB3，SOOC，SOOC3，；SOOF，SO3，OF1，；OCOF，OC3，OF1，等腰SCF中，.故選：D.【點睛】本題考查了異面直線所成角的定義及求法，直角三角形的邊角的關系，平行線分線段成比例的定理，考查了計算能力，屬于基礎題.8D【解析

10、】由可得，O在AB的中垂線上，結合圓的性質可知O在兩個圓心的連線上，從而可求.【詳解】因為，所以O在AB的中垂線上，即O在兩個圓心的連線上，三點共線，所以，得，故選D.【點睛】本題主要考查圓的性質應用，幾何性質的轉化是求解的捷徑.9B【解析】設，根據題意得出關于、的方程組，解出這兩個未知數的值，即可得出向量的坐標.【詳解】設，且，由得，即，由，所以，解得，因此，.故選：B.【點睛】本題考查向量坐標的求解，涉及共線向量的坐標表示和向量數量積的坐標運算，考查計算能力，屬于中等題.10A【解析】投影即為，利用數量積運算即可得到結論.【詳解】設向量與向量的夾角為，由題意，得，所以，向量在向量方向上的投

11、影為.故選：A.【點睛】本題主要考察了向量的數量積運算，難度不大，屬于基礎題.11C【解析】在長方體中， 得與平面交于，過做于，可證平面，可得為所求解的角，解，即可求出結論.【詳解】在長方體中，平面即為平面，過做于，平面，平面，平面，為與平面所成角，在，直線與平面所成角的余弦值為.故選:C.【點睛】本題考查直線與平面所成的角，定義法求空間角要體現“做”“證”“算”，三步驟缺一不可，屬于基礎題.12B【解析】由目標函數的最大值為9，我們可以畫出滿足條件 件為常數）的可行域，根據目標函數的解析式形式，分析取得最優(yōu)解的點的坐標，然后根據分析列出一個含參數的方程組，消參后即可得到的取值【詳解】畫出，滿

12、足的為常數）可行域如下圖：由于目標函數的最大值為9，可得直線與直線的交點，使目標函數取得最大值，將，代入得：故選：【點睛】如果約束條件中含有參數，我們可以先畫出不含參數的幾個不等式對應的平面區(qū)域，分析取得最優(yōu)解是哪兩條直線的交點，然后得到一個含有參數的方程（組，代入另一條直線方程，消去，后，即可求出參數的值二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。131【解析】先求f（1），再根據f（1）值所在區(qū)間求f（f（1）.【詳解】由題意，f（1）=log3（111）=1，故f（f（1）=f（1）=1e11=1，故答案為：1【點睛】本題考查分段函數求值，考查對應性以及基本求解能力.14【解析】作出

13、平面區(qū)域，可知平面區(qū)域為三角形，求出三角形的三個頂點坐標，設三角形的外接圓方程為，將三角形三個頂點坐標代入圓的一般方程，求出、的值，即可得出所求圓的方程.【詳解】作出不等式組所表示的平面區(qū)域如下圖所示：由圖可知，平面區(qū)域為，聯立，解得，則點，同理可得點、，設的外接圓方程為，由題意可得，解得，因此，所求圓的方程為.故答案為：.【點睛】本題考查三角形外接圓方程的求解，同時也考查了一元二次不等式組所表示的平面區(qū)域的求作，考查數形結合思想以及運算求解能力，屬于中等題.157【解析】由題，得，令，即可得到本題答案.【詳解】由題，得，令，得x的系數.故答案為：7【點睛】本題主要考查二項式定理的應用，屬基礎

14、題.16【解析】從四道題中隨機抽取兩道共6種情況，抽到的兩道全都會的情況有3種，即可得到概率.【詳解】由題：從從4道題中隨機抽取2道作答，共有種，小李會其中的三道題，則抽到的2道題小李都會的情況共有種，所以其概率為.故答案為：【點睛】此題考查根據古典概型求概率，關鍵在于根據題意準確求出基本事件的總數和某一事件包含的基本事件個數.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【解析】由，化簡得，由，所以直線的直角坐標方程為，因為曲線的參數方程為，整理得，直線的方程與曲線的方程聯立，整理得，設，則，根據弦長公式求解即可.【詳解】由，化簡得，又因為，所以直線的直角坐標方程為，因為

15、曲線的參數方程為，消去，整理得，將直線的方程與曲線的方程聯立，消去，整理得，設，則，所以，將，代入上式，整理得.【點睛】本題考查參數方程，極坐標方程的應用，結合弦長公式的運用，屬于中檔題.18證明見解析【解析】由已知，易得，所以利用柯西不等式和基本不等式即可證明.【詳解】因為凸邊形的面積為1，所以，所以（由柯西不等式得）（由均值不等式得）【點睛】本題考查利用柯西不等式、基本不等式證明不等式的問題，考查學生對不等式靈活運用的能力，是一道容易題.19（1） （2）【解析】試題分析：（1）因為ABAC，A1B平面ABC，所以以A為坐標原點，分別以AC、AB所在直線分別為x軸和y軸，以過A，且平行于B

16、A1的直線為z軸建立空間直角坐標系，由AB=AC=A1B=2求出所要用到的點的坐標，求出棱AA1與BC上的兩個向量，由向量的夾角求棱AA1與BC所成的角的大??；（2）設棱B1C1上的一點P，由向量共線得到P點的坐標，然后求出兩個平面PAB與平面ABA1的一個法向量，把二面角P-AB-A1的平面角的余弦值為，轉化為它們法向量所成角的余弦值，由此確定出P點的坐標試題解析：解（1）如圖，以為原點建立空間直角坐標系，則，.，故與棱所成的角是.（2）為棱中點，設，則.設平面的法向量為，則，故而平面的法向量是，則，解得，即為棱中點，其坐標為.點睛：本題主要考查線面垂直的判定與性質，以及利用空間向量求二面角

17、.空間向量解答立體幾何問題的一般步驟是：（1）觀察圖形，建立恰當的空間直角坐標系；（2）寫出相應點的坐標，求出相應直線的方向向量；（3）設出相應平面的法向量，利用兩直線垂直數量積為零列出方程組求出法向量；（4）將空間位置關系轉化為向量關系；（5）根據定理結論求出相應的角和距離.20（1）（2）【解析】（1）先利用同角的三角函數關系解得和,再由,利用正弦的差角公式求解即可；（2）由（1）可得和,利用余弦的二倍角公式求得,再由正切的和角公式求解即可.【詳解】解:（1）因為,所以又,故,所以,所以（2）由（1）得,所以,所以,因為且,即,解得,因為,所以,所以,所以,所以【點睛】本題考查已知三角函數值求值,考查三角函數的化簡,考查和角公式,二倍角公式,同角的三角函數關系的應用,考查運算能力.21（1）（2）【解析】（1）依題意可得，再用零點分段法分類討論可得；（2）依題意可得對恒成立，根據絕對值的幾何意義將絕對值去掉，分別求出解集，則兩解集的并集為，得到不等式即可解得；【詳解】解：（1）若，則，即，當時，原不等式等價于，解得當時，原不等式等價于，解得，所以；當時，原不等式等價于，解得；綜上，原不等式的解集為；（2）即，得或，由解得，由解得，要使得的解集為，則解得，故的取值范圍是.【點睛】本題考查絕對值不等式的解法，著重考查等價轉化