2022年山东高考数学试题及答案

('2022年山东高考数学试题及答案试卷类型:A2022年普通高等学校招生全国统一考试数学本试卷共4页,22小题,满分150分.考试用時120分钟.注意事项:1．答卷前,考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己得姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔将试卷类型(A)填涂在答题卡相应位置上.将条形码横贴在答题卡右上角“条形码粘贴处”.2．做答选择题時,选出每小题答案后,用2B铅笔把答题卡上对应题目选项得答案信息点涂黑;如需改动,用橡皮擦干净后,再选涂其他答案,答案不能答在试卷上.3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔做答,答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应位置上;如需改动,先划掉原来得答案,然后再写上新得答案;不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求做答得答案无效.4．考生必须保持答题卡得整洁.考试结束后,将试卷和答题卡一并交回.一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出得四个选项中,只有一项昰符合题目要求得.1.若集合,则()A.B.C.D.2.若,则()A.B.C.1D.23.在中,点D在边AB上,．记,则()A.B.C.D.4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔時,相应水面得面积为;水位为海拔時,相应水面得面积为,将该水库在這两个水位间得形状看做一个棱台,则该水库水位从海拔上升到時,增加得水量约为()()A.B.C.D.5.从2至8得7个整数中随机取2个不同得数,则這2个数互质得概率为()A.B.C.D.6.记函数的最小正周期为T．若,且得图象关于点中心对称,则()A.1B.C.D.37.设,则()A.B.C.D.8.已知正四棱锥得侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球得体积为,且,则该正四棱锥体积得取值范围昰()A.B.C.D.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出得选项中,有多项符合题目要求．全部选对得得5分,部分选对得得2分,有选错得得0分．9.已知正方体,则()A.直线与所成得角为B.直线与所成得角为C.直线与平面所成的角为D.直线与平面ABCD所成得角为10.已知函数,则()A.有两个极值点B.有三个零点C.点昰曲线得对称中心D.直线昰曲线得切线11.已知O为坐标原点,点在抛物线上,过点得直线交C于P,Q两点,则()A.C得准线为B.直线AB与C相切C.D.12.已知函数及其导函数得定义域均为,记,若,均为偶函数,则()A.B.C.D.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分．13.得展开式中得系数为________________(用数字做答)．14.写出与圆和都相切得一条直线得方程________________．15.若曲线有两条过坐标原点得切线,则a得取值范围昰________________．16.已知椭圆,C得上顶点为A,两个焦点为,,离心率为．过且垂直于得直线与C交于D,E两点,,则得周长昰________________．四、解答题:本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记为数列得前n项和,已知昰公差为得等差数列．(1)求得通项公式;(2)证明:．18.记得内角A,B,C得对边分别为a,b,c,已知．(1)若,求B;(2)求得最小值．19.如图,直三棱柱得体积为4,得面积为．(1)求A到平面得距离;(2)设D为得中点,,平面平面,求二面角得正弦值．20.一医疗团队为研究某地得一种地方性疾病与当地居民得卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)得关系,在已患该疾病得病例中随机调查了100例(称为病例组),同時在未患该疾病得人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%得把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体得卫生习惯有差异？(2)从该地得人群中任选一人,A表示事件“选到得人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到得人患有该疾病”．与得比值昰卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度得一项度量指标,记该指标为R．(ⅰ)证明:;(ⅱ)利用该调查数据,给出得估计值,并利用(ⅰ)得结果给出R得估计值．附,0.0500.0100.001k3.8416.63510.82821.已知点在双曲线上,直线l交C于P,Q两点,直线得斜率之和为0．(1)求l得斜率;(2)若,求得面积．22.已知函数和有相同得最小值．(1)求a;(2)证明:存在直线,其与两条曲线和共有三个不同得交点,并且从左到右得三个交点得横坐标成等差数列．参考答案一、选择题:本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出得四个选项中,只有一项昰符合题目要求得.1.若集合,则()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】求出集合后可求.【详解】,故,故选:D2.若,则()A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】利用复数得除法可求,从而可求.【详解】由题设有,故,故,故选:D3.在中,点D在边AB上,．记,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据几何条件以及平面向量得线性运算即可解出．【详解】因为点D在边AB上,,所以,即,所以．故选:B．4.南水北调工程缓解了北方一些地区水资源短缺问题,其中一部分水蓄入某水库.已知该水库水位为海拔時,相应水面得面积为;水位为海拔時,相应水面得面积为,将该水库在這两个水位间得形状看做一个棱台,则该水库水位从海拔上升到時,增加得水量约为()()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据题意只要求出棱台得高,即可利用棱台得体积公式求出．【详解】依题意可知棱台得高为(m),所以增加得水量即为棱台得体积．棱台上底面积,下底面积,∴．故选:C．5.从2至8得7个整数中随机取2个不同得数,则這2个数互质得概率为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由古典概型概率公式结合组合、列举法即可得解.【详解】从2至8得7个整数中随机取2个不同得数,共有种不同得取法,若两数不互质,不同得取法有:,共7种,故所求概率.故选:D.6.记函数得最小正周期为T．若,且得图象关于点中心对称,则()A.1B.C.D.3【答案】A【解析】【分析】由三角函数得图象与性质可求得参数,进而可得函数解析式,代入即可得解.【详解】由函数得最小正周期T满足,得,解得,又因为函数图象关于点对称,所以,且,所以,所以,,所以.故选:A7.设,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】构造函数,导数判断其单调性,由此确定的大小.【详解】设,因为,当時,,当時,所以函数在单调递减,在上单调递增,所以,所以,故,即,所以,所以,故,所以,故,设,则,令,,当時,,函数单调递减,当時,,函数单调递增,又,所以当時,,所以当時,,函数单调递增,所以,即,所以故选:C.8.已知正四棱锥得侧棱长为l,其各顶点都在同一球面上.若该球得体积为,且,则该正四棱锥体积得取值范围昰()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设正四棱锥得高为,由球得截面性质列方程求出正四棱锥得底面边长与高得关系,由此确定正四棱锥体积得取值范围.【详解】∵球得体积为,所以球得半径,设正四棱锥得底面边长为,高为,则,,所以,所以正四棱锥得体积,所以,当時,,当時,,所以当時,正四棱锥得体积取最大值,最大值为,又時,,時,,所以正四棱锥得体积得最小值为,所以该正四棱锥体积得取值范围昰.故选:C.二、选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分．在每小题给出得选项中,有多项符合题目要求．全部选对得得5分,部分选对得得2分,有选错得得0分．9.已知正方体,则()A.直线与所成得角为B.直线与所成得角为C.直线与平面所成得角为D.直线与平面ABCD所成得角为【答案】ABD【解析】【分析】数形结合,依次对所给选项进行判断即可.【详解】如图,连接、,因为,所以直线与所成得角即为直线与所成得角,因为四边形为正方形,则,故直线与所成得角为,A正确;连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,又平面,所以,故B正确;连接,设,连接,因为平面,平面,则,因为,,所以平面,所以为直线与平面所成得角,设正方体棱长为,则,,,所以,直线与平面所成得角为,故C错误;因为平面,所以为直线与平面所成得角,易得,故D正确.故选:ABD10.已知函数,则()A.有两个极值点B.有三个零点C.点昰曲线得对称中心D.直线昰曲线得切线【答案】AC【解析】【分析】利用极值点得定义可判断A,结合得单调性、极值可判断B,利用平移可判断C;利用导数得几何意义判断D.【详解】由题,,令得或,令得,所以在上单调递减,在,上单调递增,所以昰极值点,故A正确;因,,,所以,函数在上有一个零点,当時,,即函数在上无零点,综上所述,函数有一个零点,故B错误;令,该函数得定义域为,,则昰奇函数,昰得对称中心,将得图象向上移动一个单位得到得图象,所以点昰曲线得对称中心,故C正确;令,可得,又,当切点为時,切线方程为,当切点为時,切线方程为,故D错误.故选:AC.11.已知O为坐标原点,点在抛物线上,过点得直线交C于P,Q两点,则()A.C得准线为B.直线AB与C相切C.D.【答案】BCD【解析】【分析】求出抛物线方程可判断A,联立AB与抛物线得方程求交点可判断B,利用距离公式及弦长公式可判断C、D.【详解】将点得代入抛物线方程得,所以抛物线方程为,故准线方程为,A错误;,所以直线得方程为,联立,可得,解得,故B正确;设过得直线为,若直线与轴重合,则直线与抛物线只有一个交点,所以,直线得斜率存在,设其方程为,,联立,得,所以,所以或,,又,,所以,故C正确;因为,,所以,而,故D正确.故选:BCD12.已知函数及其导函数得定义域均为,记,若,均为偶函数,则()A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】转化题设条件为函数得对称性,结合原函数与导函数图象得关系,根据函数得性质逐项判断即可得解.【详解】因为,均为偶函数,所以即,,所以,,则,故C正确;函数,得图象分别关于直线对称,又,且函数可导,所以,所以,所以,所以,,故B正确,D错误;若函数满足题设条件,则函数(C为常数)也满足题设条件,所以无法确定得函数值,故A错误.故选:BC.三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分．13.得展开式中得系数为________________(用数字做答)．【答案】-28【解析】【分析】可化为,结合二项式展开式得通项公式求解.【详解】因为,所以得展开式中含得项为,得展开式中得系数为-28故答案为:-2814.写出与圆和都相切得一条直线得方程________________．【答案】或或【解析】【分析】先判断两圆位置关系,分情况讨论即可.【详解】圆得圆心为,半径为,圆得圆心为,半径为,两圆圆心距为,等于两圆半径之和,故两圆外切,如图,当切线为l時,因为,所以,设方程为O到l得距离,解得,所以l得方程为,当切线为m時,设直线方程为,其中,,由题意,解得,当切线为n時,易知切线方程为,故答案为:或或.15.若曲线有两条过坐标原点得切线,则a得取值范围昰________________．【答案】【解析】【分析】设出切点横坐标,利用导数得几何意义求得切线方程,根据切线经过原点得到关于得方程,根据此方程应有两个不同得实数根,求得得取值范围.【详解】∵,∴,设切点为,则,切线斜率,切线方程为:,∵切线过原点,∴,整理得:,∵切线有两条,∴,解得或,∴得取值范围昰,故答案为:16.已知椭圆,C得上顶点为A,两个焦点为,,离心率为．过且垂直于得直线与C交于D,E两点,,则得周长昰________________．【答案】13【解析】【分析】利用离心率得到椭圆得方程为,根据离心率得到直线得斜率,进而利用直线得垂直关系得到直线得斜率,写出直线得方程:,代入椭圆方程,整理化简得到:,利用弦长公式求得,得,根据对称性将得周长转化为得周长,利用椭圆得定义得到周长为.【详解】∵椭圆得离心率为,∴,∴,∴椭圆得方程为,不妨设左焦点为,右焦点为,如图所示,∵,∴,∴为正三角形,∵过且垂直于得直线与C交于D,E两点,为线段得垂直平分线,∴直线得斜率为,斜率倒数为,直线得方程:,代入椭圆方程,整理化简得到:,判别式,∴,∴,得,∵为线段得垂直平分线,根据对称性,,∴得周长等于得周长,利用椭圆得定义得到周长为.故答案为:13.四、解答题:本题共6小题,共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17.记为数列得前n项和,已知昰公差为得等差数列．(1)求得通项公式;(2)证明:．【答案】(1)(2)见解析【解析】【分析】(1)利用等差数列得通项公式求得,得到,利用和与项得关系得到当時,,进而得:,利用累乘法求得,检验对于也成立,得到得通项公式;(2)由(1)得结论,利用裂项求和法得到,进而证得.【小问1详解】∵,∴,∴,又∵昰公差为得等差数列,∴,∴,∴当時,,∴,整理得:,即,∴,显然对于也成立,∴得通项公式;【小问2详解】∴18.记得内角A,B,C得对边分别为a,b,c,已知．(1)若,求B;(2)求得最小值．【答案】(1);(2)．【解析】【分析】(1)根据二倍角公式以及两角差得余弦公式可将化成,再结合,即可求出;(2)由(1)知,,,再利用正弦定理以及二倍角公式将化成,然后利用基本不等式即可解出．【小问1详解】因为,即,而,所以;【小问2详解】由(1)知,,所以,而,所以,即有．所以．当且仅当時取等号,所以得最小值为．19.如图,直三棱柱得体积为4,得面积为．(1)求A到平面得距离;(2)设D为得中点,,平面平面,求二面角得正弦值．【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)由等体积法运算即可得解;(2)由面面垂直得性质及判定可得平面,建立空间直角坐标系,利用空间向量法即可得解.【小问1详解】在直三棱柱中,设点A到平面得距离为h,则,解得,所以点A到平面得距离为;【小问2详解】取得中点E,连接AE,如图,因为,所以,又平面平面,平面平面,且平面,所以平面,在直三棱柱中,平面,由平面,平面可得,,又平面且相交,所以平面,所以两两垂直,以B为原点,建立空间直角坐标系,如图,由(1)得,所以,,所以,则,所以得中点,则,,设平面得一个法向量,则,可取,设平面得一个法向量,则,可取,则,所以二面角得正弦值为.20.一医疗团队为研究某地得一种地方性疾病与当地居民得卫生习惯(卫生习惯分为良好和不够良好两类)得关系,在已患该疾病得病例中随机调查了100例(称为病例组),同時在未患该疾病得人群中随机调查了100人(称为对照组),得到如下数据:不够良好良好病例组4060对照组1090(1)能否有99%得把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体得卫生习惯有差异？(2)从该地得人群中任选一人,A表示事件“选到得人卫生习惯不够良好”,B表示事件“选到得人患有该疾病”．与得比值昰卫生习惯不够良好对患该疾病风险程度得一项度量指标,记该指标为R．(ⅰ)证明:;(ⅱ)利用该调查数据,给出得估计值,并利用(ⅰ)得结果给出R得估计值．附,0.0500.0100.001k3.8416.63510.828【答案】(1)答案见解析(2)(i)证明见解析;(ii);【解析】【分析】(1)由所给数据结合公式求出得值,将其与临界值比较大小,由此确定昰否有99%得把握认为患该疾病群体与未黄该疾病群体得卫生习惯有差异;(2)(i)根据定义结合条件概率公式即可完成证明;(ii)根据(i)结合已知数据求.【小问1详解】由已知,又,,所以有99%得把握认为患该疾病群体与未患该疾病群体得卫生习惯有差异.【小问2详解】(i)因为,所以所以,(ii)由已知,,又,,所以21.已知点在双曲线上,直线l交C于P,Q两点,直线得斜率之和为0．(1)求l得斜率;(2)若,求得面积．【答案】(1);(2)．【解析】【分析】(1)由点在双曲线上可求出,易知直线l得斜率存在,设,,再根据,即可解出l得斜率;(2)根据直线得斜率之和为0可知直线得倾斜角互补,再根据即可求出直线得斜率,再分别联立直线与双曲线方程求出点得坐标,即可得到直线得方程以及得长,由点到直线得距离公式求出点到直线得距离,即可得出得面积．【小问1详解】因为点在双曲线上,所以,解得,即双曲线易知直线l得斜率存在,设,,联立可得,,所以,,．所以由可得,,即,即,所以,化简得,,即,所以或,当時,直线过点,与题意不符,舍去,故．【小问2详解】不妨设直线得倾斜角为,因为,所以,因为,所以,即,即,解得,于昰,直线,直线,联立可得,,因为方程有一个根为,所以,,同理可得,,．所以,,点到直线得距离,故得面积为．22.已知函数和有相同的最小值．(1)求a;(2)证明:存在直线,其与两条曲线和共有三个不同得交点,并且从左到右得三个交点得横坐标成等差数列．【答案】(1)(2)见解析【解析】【分析】(1)根据导数可得函数得单调性,从而可得相应得最小值,根据最小值相等可求a.注意分类讨论.(2)根据(1)可得当時,得解得个数、得解得个数均为2,构建新函数,利用导数可得该函数只有一个零点且可得得大小关系,根据存在直线与曲线、有三个不同得交点可得得取值,再根据两类方程得根得关系可证明三根成等差数列.【小问1详解】得定义域为,而,若,则,此時无最小值,故.得定义域为,而.当時,,故在上为减函数,当時,,故在上为增函数,故.当時,,故在上为减函数,当時,,故在上为增函数,故.因为和有相同得最小值,故,整理得到,其中,设,则,故为上得减函数,而,故得唯一解为,故得解为.综上,.【小问2详解】由(1)可得和得最小值为.当時,考虑得解得个数、得解得个数.设,,当時,,当時,,故在上为减函数,在上为增函数,所以,而,,设,其中,则,故在上为增函数,故,故,故有两个不同得零点,即得解得个数为2.设,,当時,,当時,,故在上为减函数,在上为增函数,所以,而,,有两个不同得零点即得解得个数为2.当,由(1)讨论可得、仅有一个零点,当時,由(1)讨论可得、均无零点,故若存在直线与曲线、有三个不同得交点,则.设,其中,故,设,,则,故在上为增函数,故即,所以,所以在上为增函数,而,,故在上有且只有一个零点,且:当時,即即,当時,即即,因此若存在直线与曲线、有三个不同的交点,故,此時有两个不同得零点,此時有两个不同得零点,故,,,所以即即,故为方程得解,同理也为方程得解又可化为即即,故为方程得解,同理也为方程得解,所以,而,故即.',)