【文档说明】山东省中学联盟2022届高考考前热身押题 数学试题解析.pdf，共(8)页，1.754 MB，由管理员店铺上传

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盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院山东中学联盟2022年高考考前热身押题数学试题详解2022.5考试时间120分钟，满分150分.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.1．答案：D解析：因为集合3xx

A，集合410)1)(4(xxxxxB所以AB43xx.故选：D2.答案：C解析：231132)1)(1()1)(2(1222iiiiiiiiiiz，则2321iz，所以21

04941z故选：C方法二：解析：由条件得21izi，所以2|2|510||||||.1|1|22iizzii故选：C3．答案：B解析：将4名同学分成两组，有2231424122CCCAC种分法，将分好的两组在雪上项目和冰上项目进行全排列有22A种，所以共有

223124241222)7214(AACCCC种报名方案.故选：B4．答案：D解析：设圆柱部分的高为hcm，则圆锥部分的高约为0.618hcm，由题意可得1.618h=10，得：cmh618.110设陀螺的体积为3Vcm，因为圆柱底面的面积最大处为15cm2，

则陀螺的质量为)618.0153115(8.08.0hhV①将cmh618.110代入①式，可得陀螺质量应小于89.444g.故选：D5.答案：C解析：由图像可知2,(0)1Af，∵(0)2sin1f,且π02，∴π6，∴()2πsin6fxx

，由图可知，4T，所以24T，解得12，故)621sin(2)(xxf．函数fx的图像可由1sin2sin2yAxx的图像向左平移π3个单位得，故A错误.令1,,262xkkZ对称轴为223x

kkZ，，故B错误.xππ,33,则]3,0[621x，故C正确.令,,621Zkkx则Zkkx，32，故D错误.故选：C6.答案：A解析：22225abcabcababc

故选A.7.答案：B解析：由题设：228log323log32g2loabbabb且,0ab，所以2log322baab，由于,0ab，所以题中四个选项都除以b，得四个选项化为A．112abB．211abb

C．23abD．1132ab故从ab入手：当01ab时，0ab，2log0ab，所以3220ba，322ba，则223,log31abab，所以a>b,与ab矛盾；所以选项A、D错误；当1ab时，a=b，2lo

g0ab，所以3220ba，322ba，则223,log31abab，显然与a=b矛盾；所以1ab时，0ab，2log0ab，所以3220ba，223,log32abab，即2bab，故选项B符合要求；此时令a=5，b=4，则选项C错误.故选：

B.数学试题详解第1页（共7页）中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考

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盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院8.答案：C解析：)2ln2(2ln2)(12ln212

axxeaxxexxfaxxax)2ln2()2ln2(axxaxx0（利用了xex1），等号成立的条件是12ln2axx，即xxa1ln2有解.令xxxg1ln2)(，则01ln2)(2xxxg，解得：21ex，当),0(21ex

时，0)(xg；当),(21ex时，0)(xg，故eegxg2)()(21min故选：C二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9.答案：ABD解析

：对于A选项，根据极差的概念，可知甲选手成绩的极差为10，乙选手成绩的极差为9.故A正确；对于B选项，易知甲成绩的75%分位数是91，乙成绩的75%分位数是92.故B正确；对于C选项，从甲的5次成绩中任取2次成绩样本空间有87,90,8

7,96,87,91,87,86,90,96,90,91,90,86,96,91,96,86,91,86，共10个样本点，其中均大于甲的平均成绩的样本点有3个，为96,91故所求概率为11

0，故C错误对于D选项，抽到不超过平均分的个数为0，1，2所以事件“至多1个超过平均分”与事件“恰有2个超过平均分”是对立事件，故D正确；故选：ABD10.答案：BD解析：对于A选项，因为0,0xy，且3xy，所以由xyyx23可得49xy，当且仅当32xy时

等号成立，9lnlnlnln4xyxy.故A错误；对于B选项，由22222233(3)69(2)332222xxxxxxy，当且仅当2,1xy时等号成立，故B正确；对于C选

项，因为41414542333333333xyyxyxxyxyxy所以413xy，当且仅当433yxxy即2,1xy时等号成立，故C错误对于D选项，因为2232()(3)3,(03)fyxyyyyyy，令2()360,fyyy

解得)(02舍或yy，令2()360,fyyy解得02y，令2()360,fyyy解得23y，易得32max()(2)2324fyf，此时1,2xy，故D正确故选：BD11.答案：ACD解析：对于A选项，例如当M为1AA中点

，P为1CC中点时，平面MDB11与平面PBD平行，故A正确；对于B选项，因为CD平面11ADDA，可知二面角PDCM的平面角为1MDD，其范围为2,0，故B错误；对于C选项，取1DD中点E，连接,PEMEPM，则PE平面11AADD，PEME，

则2222=2222MEPMPE则点M在侧面11AADD内运动轨迹为以E为圆心半径为2的劣弧，分别交11ADAD、于21MM、，则121π3DEDMME则21π3MME，劣弧21MM的长为π2π2=33

.故C正确；对于D选项，当M为1AD中点时，易知AMD为等腰直角三角形，且平面ABCD平面11ADDA，可知四棱锥MABCD外接球的球心即为AC与BD的交点，所以四棱锥MABCD外接球的半径为数学试题详解第2页（共7页）中学联盟高考研究

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院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院2，设四棱锥MABCD外接球的内接正四

面体的棱长为x，将四面体拓展成正方体，其中正四面体棱为正方体的面对角线，故正方体的棱长为22x，所以2223(22)2x，得2163x，所以正四面体的表面积为23163443x,所以D正确.故选：ACD

12.答案：ABD解析：对于A选项，由题意13mm，得3m，双曲线C的方程为2233xy，故A正确；对于B选项，联立223333xyyx，得22(13)2340xx，由2221216(13)36160解得23

，故B正确；对于C选项，设11,Pxy，22,Qxy，则121212121212121221332233222224yyxxxxkkxxxxxxxxxx

22222228438431313443431241313，不为定值，故C错误；对于选项D，由于动直线n与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M，N，当直线n的斜率不存

在时,n:3x,||2MN,13232QMNS△；当动直线n的斜率存在时,且斜率33k时,不妨设直线n:0ykxtt,故由2222213633033ykxtkxtkxtxy,从而22

2Δ6413330tkkt,化简得2231kt.又因为双曲线C的渐近线方程为33yx，故由3,333,313txykxtktyxyk从而点3,3313tMkkt.

同理可得,3,3313tNkkt,所以223333331313ttMNkkttkk2223113tkk,又因为原点O到直线n：0kxyt的距离21tdk,所以2213213OMNtSMNdk△,又由3

221kt,所以223313OMNtSk△,故OMN的面积为定值3,故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.答案：k22,Zk的任一值，答案不唯一

解析：当k22，Zk时，xxfcos2)(，可知其最大值为2，所以可取k22，Zk的任一值，答案不唯一.14.答案：4)2()1(22yx或4)2()1(22yx解析：由题意可设圆的圆心为2(,)4bb,半径为|

|br,抛物线的焦点F（1，0）,准线方程为1x则||142bb解得:22bb或，所以圆C的标准方程为：4)2()1(22yx或4)2()1(22yx.15.答案:3xgx,52log3,2解析:由函数3logfxx的图像与函数gx

的图像关于直线yx对称,得3xgx,由1()hxhx知：函数hx是最小正周期为2的偶函数,当0,1x时,131xhxgx,函数ykfxhx有3个零点,即3logkxhx有3个不同根,可知要使函数3logyk

x与yhx的图像有3个交点,则0k,且33log32log52kk,即52log32k,所以实数k的取值范围是52log3,2．数学试题详解第3页（共7页）中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联

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研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院16．答案：4(10.8)

n解析：由题意X的所有可能取值为：0,1,2,…,1n,n.因为每次打靶的命中率均为0.8，则0.80.20,1,2,...,1kPXkkn，0.8nPXn，所以X的分布列为X012...n-1nP0.20.8×0.220.80.2...10.80.

2n0.8n所以X的数学期望为2310.80.220.80.230.80.2...10.80.20.8nnEXnn，令2310.820.830.8...10.8nMn,①则2340.

80.820.830.8...10.8nMn,②所以①②可得:12310.810.80.20.80.80.8...0.810.810.810.8nnnnMnn，则0

.20.84(10.8)nnEXMn；四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤．17.（10分）解析：（1）因为,ACCDCDACAD所以.在ABCRt△中2BCA,所以22ACD,即22..

.......................2分所以sincos2sin(2)cos22cos2cos20；........................5分（2）在BCD△中,根据正弦定理sinsinBCDBBDCBCD

,即sinsinBCDB.又因为3BCDB,所以3sinsin.........................6分由（1）得sincos2，所以23cos223sin3sin所以223sinsin30，所以2

sin33sin10，........................8分解得：33sinsin23或，又因为在ABCRt△中，02（，）.........................9分所以3sin2，即3........................

10分18.（12分）解析：选择条件①：（1）设na的公差为d，则由1a、2a、5a成等比数列，可得：dd4112）（，解得：2d或0d（舍去）.所以122)1(1nnan......

...................4分（2）设nnnnnbac312，由nnnnnncc312312111134433612nnnnn...................

......8分当1n时，12cc，当2n时，1nncc，所以当1n或2时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.........................10分所以存在1k，2，使得对任意的*nN，都有nknkaabb..........

..............12分选择条件②：（1）由题意可得：111121a所以12)23(1nnna，得：21)23(nann..........................4分（2）设1221233)23(nnnnnnnnbac，...........

.............6分由122123231nnnnnncc）（nnnnnnn231223212222nn23212）（.........................8分当2n时，1nncc

，当3n时，1nncc，.........................10分所以当3n时，nc取得最大值，即nnab取得最大值.所以存在3k，使得对任意的*nN，都有nknkaabb.....................

.....12分选择条件③：（1）341nnSa，则11341nnSa，从而11133344nnnnnaSSaa，所以14nnaa，即14nnaa.........................2分数学试题详解第4页（共7页）中学联盟高考研

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学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院又11a，所以数列na是首项为1，

公比为4的等比数列，所以14nna-=..........................4分（2）设nnnnnbac341，由nnnnnncc343411103434341111nnnnn，...............

..........8分当1n时，1nncc，所以数列nc为单调递增数列，..........................10分故不存在*kN，使得对任意的*nN，都有nknkaabb...........................12分19.（12分）解析：（1）证明

：因为C是以AB为直径的圆O上异于A，B的点，所以������⊥������，...................2分又平面PAC平面ABC，且平面���������∩平面���������=������，������⊂平面ABC，

所以������⊥平面PAC，AE⊂平面PAC.所以BCAE............................4分（2）由E，F分别是PC，PB的中点，连结AE，EF，所以BC//EF，由（1）知BCAE，所以AEEF，所以在Rt△AFE中，∠AFE就是异面直线

AF与BC所成的角.因为异面直线AF与BC所成角的正切值为32，所以23tanAFE，即23EFAE.............................6分又������⊂平面AEF，������⊄平面AEF，所以

������//平面AEF，又������⊂平面ABC，平面���������∩平面���������=���，所以������//���.............................7分所以在平面ABC中，过点A作BC的平行线即为直线l.以C为坐标原

点，������，������所在直线分别为x轴，y轴，过C且垂直于平面ABC的直线为z轴，建立空间直角坐标系，设AC=2.因为PAC△为正三角形所以3AE,从而EF=2由已知E,F分别是PC,PB的中点，所以BC=2EF=4则���(2,0,0)，���(0,4,0)

，���(1,0,3)，所以���12,0,32，���12,2,32，.............................8分所以�����������=−32,0,32，����������=(0,2,

0)，因为������//���，所以可设���(2,���,0)，平面AEF的一个法向量为������=(���,���,���)，则�����������⋅������=−3���2+3���2=0�����������⋅������=2���=0，取���=

3，得������=(1,0,3)，.............................10分又�����������=(1,���,−3)，则��������������������,������=�����������⋅�����������������⋅����

��=14+���2∈0,12.设直线PQ与平面AEF所成角为θ，则sinθ=214t∈0,12.所以直线PQ与平面AEF所成角的取值范围为0,���6.............................

.12分20.（12分）解析：（Ⅰ）1(12345)35t，1(1.72.12.52.83.4)2.55y，521149162555iit，511.74.27.511.21741.6iiity

.............................2分241.6532.5ˆ0.415553b，ˆ2.50.4131.27a．.............................3

分y关于t的线性回归方程为：ˆ0.411.27yt．.............................4分由已知2022年5月份对应的t=6，所以ˆ0.4161.273.73y预测2022年5月份参与竞拍的人数为3.73万人．...................

..........5分（2）()i依题意可得这200人报价的平均值为：1.50.12.50.33.50.34.50.155.50.16.50.053.5x．这200人报价的方差为：222

2222(1.53.5)0.1(2.53.5)0.3(3.53.5)0.3(4.53.5)0.15(5.53.5)0.1(6.53.5)0.051.7S．........7分()2022ii年5月份实际发放

车牌数量是5000，设预测竞拍的最低成交价为a万元.根据竞价规则，报价在最低成交价以上人数占总人数比例为5000100%13.40%37300，...........................8

分根据假设报价X可视为服从正态分布2(,)N，3.5，21.7，1.71.3，令3.51.3XXY，由于(1.11)0.8660PY，1(1.11)0.1340PY，.........................

....10分数学试题详解第5页（共7页）中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考

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601.3aPXaPY，由3.51.11.3a解得943.4a............................11分预测竞拍的最低成交价为4.943万元．...............

..............12分21.（12分）解析：(1)设动点(,)Cxy，由动点C到定点)0,1(F的距离与它到直线l:4x的距离之比为21.得22(1)1|4|2xyx，.............................2

分化简得22143xy，即点C的轨迹方程为22143xy..............................4分(2)设1122(,),(,)AxyBxy，(,)Qxy，(4,)Pt，直线AB的斜率显然存在设为k，

则AB的方程为(4)ykxt．因为,,,APBQ四点共线，不妨设124xxx，由||||,||||APPBAQQB可得，,APBPAQQB....................

.........5分即11221122(4,)(4,),(,)(,)xtyxtyxxyyxxyy，所以121212124(4),();(),()xxxxxxtytyyyyy可得1212(4)()()(4)xxxxxx

，化简可得12122()(4)80xxxxxx．（*）.............................7分联立直线(4)ykxt和椭圆C的方程：221434xyykxt，消去y得：222(43)8(4)4(4)120kxk

tkxtk，由韦达定理，1228(4)43ktkxxk，21224(4)1243tkxxk．代入（*）.............................8分化简得22439433ktttxktkt，即294

3txkt.............................10分又4ytkx代入上式：29434txyttx，化简：330xty，...........................

..11分所以点Q总在一条动直线330xty上，且该直线过定点(1,0).............................12分22.（12分）解析：(1)函数的定义域为0,，函数的导数,0ln1)(axxf解得1aex，..................

...........1分所以当),0(1aex时，此时0fx，函数fx单调递减区间为),0(1ae，.............................2分所以当)(1

，aex时，此时0fx，函数fx单调递增区间为)(1，ae，.........................3分所以函数fx单调递减区间为),0(1ae，单调递增区间为)(1，ae..............

................4分（2）当0a时，()lnfxxx①要证不等式21)(exxf成立，即证明21lnexxx成立，即证明21ln0exxx成立.令21()lnegxxxx，()ln2gxx当),0(2ex时，此时0)(xg，当)(2

，ex时，此时0)(xg，所以()gx在2(0,e)单调递减，在2(e,)单调递增............................5分所以()gx最小值为2(e)0g()0gx

恒成立，即21lnexxx恒成立得证.............................6分②由①得21lnexxx恒成立，即直线21eyx始终在曲线lnyxx下方或有唯一切点，又结合(1)可知()lnfxxx单调递减区间为1(0,)e，单调递增区间为

1()e，，所以当1ex时()lnfxxx取最小值1111()lnfeeee且当0x时，()0fx；当1x时，()0fx；当1x时，()0fx.所以方程mxf)(有两个实根12,xx，则10

me，且12101xxe.数学试题详解第6页（共7页）中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考

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盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高

考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院中学联盟高考研究院由直线21eyx与ym联立解得交点的横坐标2exm，显然1xx因此，要证21211+2exxm，只要证2211+2exxm即可.

............................7分即证222111+2eexmm，即证21+xm即可又因为22lnmxx，211ex，所以只要证2221lnxxx.............................9分令()ln1h

xxxx，11ex，()ln0hxx恒成立所以()ln1hxxxx在1(,1)e单调递增，即()(1)0hxh.............................11分

所以21211+2exxm得证，原命题得证.............................12分数学试题详解第7页（共7页）获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com