广东省2022届高三数学二模试卷及答案.docx

1、 高三数学二模试卷一、单选题1已知集合M=x|x(x2)0，N=x|x10，则MN=（）A(，2)B(，1)C(0，1)D(1，2)2定义在2，2上的下列函数中，既是奇函数，又是增函数的是（）Ay=sinxBy=2xCy=e|x|Dy=2x33已知随机变量XN(，2)，若P(X+1)=0.2，则P(X1)=（）A0.7B0.4C0.3D0.24某校安排高一年级（1）（5）班共5个班去A，B，C，D四个劳动教育基地进行社会实践，每个班去一个基地，每个基地至少安排一个班，则高一（1）班被安排到A基地的排法总数为（）A24B36C60D2405若函数y=6sinx与y=6cosx图象的任意连续三个交

2、点构成边长为4的等边三角形，则正实数=（）A12B1C2D6赵爽弦图（如图1）中的大正方形是由4个全等的直角三角形和中间的小正方形拼接而成的，若直角三角形的两条直角边长为a，b，斜边长为c，由大正方形面积等于4个直角三角形的面积与中间小正方形的面积之和可得勾股定理a2+b2=c2仿照赵爽弦图构造如图2所示的菱形，它是由两对全等的直角三角形和中间的矩形拼接而成的，设直角三角形的斜边都为1，其中一对直角三角形含有锐角，另一对直角三角形含有锐角（位置如图2所示）借鉴勾股定理的推导思路可以得到结论（）Asin()=sincoscossinBsin(+)=sincos+cossinCcos()=cosc

3、os+sinsinDcos(+)=coscossinsin7已知抛物线E：y2=4x，圆F：(x1)2+y2=4，直线l：y=t（t为实数）与抛物线E交于点A，与圆F交于B，C两点，且点B位于点C的右侧，则FAB的周长可能为（）A4B5C6D78存在函数f(x)使得对于xR都有f(g(x)=|x|，则函数g(x)可能为（）Ag(x)=sinxBg(x)=x2+2xCg(x)=x3xDg(x)=ex+e(x)二、多选题9已知复数z的共轭复数是z，(1i)z=1+i，i是虚数单位，则下列结论正确的是（）Az2022=4Bzz的虚部是0C|zz+2z|=5Dzz+2z在复平面内对应的点在第四象限10

4、吹气球时，记气球的半径r与体积V之间的函数关系为r（V），r(V)为r（V）的导函数已知r（V）在0V3上的图象如图所示，若0V1V23，则下列结论正确的是（）Ar(1)r(0)10r(2)Cr(V1+V22)0，b0)的渐近线方程为y 3 x，则它的离心率为 14若直线y=x+a和直线y=x+b将圆(x1)2+(y1)2=1的周长四等分，则|ab|= 15若函数f(x)=sinxcos(x+)的最大值为1，则常数的一个取值为 16十字贯穿体（如图1）是美术素描学习中一种常见的教具如图2，该十字贯穿体由两个全等的正四棱柱组合而成，且两个四棱柱的侧棱互相垂直，若底面正方形边长为2，则这两个正四棱

5、柱公共部分所构成的几何体的内切球的体积为 四、解答题17已知递增等比数列an的前n项和为Sn，且满足4a2=a1a3，S3=14（1）求数列an的通项公式（2）若数列bn满足bn=ak，n=3kk，3(k1)nb0)，点F(1，0)为椭圆的右焦点，过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆于M，N两点，当l1与x轴垂直时，|MN|=3（1）求椭圆C的标准方程（2）A1，A2分别为椭圆的左、右顶点，直线A1M，A2N分别与直线l2：x=1交于P，Q两点，证明：四边形OPA2Q为菱形22已知函数f(x)=xenxnx（nN且n2）的图象与x轴交于P，Q两点，且点P在点Q的左侧（1）求点P处的切线方程y=g

6、(x)，并证明：x0时，f(x)g(x)（2）若关于x的方程f(x)=t（t为实数）有两个正实根x1，x2，证明：|x1x2|2tnlnn+lnnn答案解析部分1【答案】C2【答案】D3【答案】A4【答案】C5【答案】C6【答案】B7【答案】B8【答案】D9【答案】B,C10【答案】B,D11【答案】A,C12【答案】B,C,D13【答案】214【答案】215【答案】2（答案不唯一，取2+2k，kZ均可）16【答案】4317【答案】（1）解：设an的公比为q，则由4a2=a1a3，得4a1q=a1a1q2整理得a1q=4又S3=14，得a1(1+q+q2)=14联立得a1q=4a1(1+q+q

7、2)=14，消去a1，得2q25q+2=0解得q=2或q=12又因为an为递增等比数列，所以q=2，a1=2所以an=a1qn1=2n（2）解：（方法一）当k=1时，bn=a1，n=31，0n3(nN)，则b1=b2=1，b3=a1=2，同理，列举得b4=b5=2，b6=a2=22，b7=b8=3，b9=a3=23，b10=b11=4，b12=a4=24，b13=b14=5，b15=a5=25记bn的前n项和为Tn，则T15=b1+b2+b15=1+1+a1+2+2+a2+3+3+a3+4+4+a4+5+5+a5=2(1+2+3+4+5)+(21+22+23+24+25)=2(1+5)52+2

8、(125)12=92所以数列bn的前15项和为92（方法二）由bn=ak，n=3kk，3(k1)n3k(kN)，得bn=k，n=3k2k，n=3k1(kN)ak，n=3k，记bn的前n项和为Tn，则T15=b1+b2+b15=1+1+a1+2+2+a2+3+3+a3+4+4+a4+5+5+a5=2(1+2+3+4+5)+(21+22+23+24+25)=2(1+5)52+2(125)12=92所以数列bn的前15项和为9218【答案】（1）解：设路线1遇到红灯的个数的随机变量为X，则XB(3，13)，所以至少遇到一个红灯的事件为P(X1)，由对立事件概率公式，得P(X1)=1P(X=0)=1C

9、30(13)0(23)3=1827=1927，所以若小李下班后选择路线1驾车回家，至少遇到一个红灯的概率为1927（2）解：设路线1累计增加时间的随机变量为Y1，则Y1B(3，13)，所以E(Y1)=313=1，设路线2第i个路口遇到红灯为事件Ai（i=1，2），则P(A1)=12，P(A2)=23，设路线2累计增加时间的随机变量为Y2，则Y2的所有可能取值为0，1，2，则P(Y2=0)=P(A1)P(A2)=1213=16，P(Y2=1)=P(A1A2)+P(A1A2)=1223+1213=12，P(Y2=2)=P(A1A2)=1223=13，所以E(Y2)=016+112+213=76因为

10、E(Y1)0，故解得sin=55，所以PC=10520【答案】（1）证明：如图，取AC中点G，连接FG和EG，由已知得DEBC，且DE=12BC因为F，G分别为AB，AC的中点，所以FGBC，且FG=12BC所以DEFG，且DE=FG所以四边形DEGF是平行四边形所以EGDF因为翻折的BCAC，易知DEAC所以翻折后DEEA，DEEC又因为EAEC=E，EA，EC平面AEC，所以DE平面AEC因为DEBC，所以BC平面AEC因为EG平面AEC，所以EGBC因为ACE是等边三角形，点G是AC中点，所以EGAC又因为ACBC=C，AC，BC平面ABC所以EG平面ABC因为EGDF，所以DF平面AB

11、C（2）解：（方法一）如图，过点E作EHEC，以E为原点，EH、EC，ED所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，设DE=a，则A(3，1，0)，B(0，2，2a)，C(0，2，0)，D(0，0，a)，则AB=(3，1，2a)，AC=(3，1，0)，CD=(0，2，a)，因为DE平面AEC所以ED=(0，0，a)是平面AEC的法向量，设面ACD的法向量为m=(x，y，z)，则mAC=0mCD=0，即3x+y=02y+az=0，解得x=33yz=2ay取y=3a，得m=(a，3a，23)因为二面角D-AC-E为6，所以cos6=|cos|=|mED|m|ED|=|23a|4a2

12、+12a=32，解得a=1，所以m=(1，3，23)，AB=(3，1，2)记直线AB与平面ACD所成角为，则sin=|cos|=|mAB|m|AB|=|3+3+43|422=64，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为64（方法二）如图，连接DG，因为DE平面AEC，AC平面AEC，所以ACDE又因为ACEG，DEEG=E，DE，EG平面DEG所以AC平面DEC因为EG，DG平面DEG，所以ACEG，ACDG，所以DGE是二面角D-AC-E的平面角，故DGE=6由ACE是边长为2的等边三角形，得EG=3，在RtDGE中，tanDGE=tan6=33=DEEG，所以DE=1，BC=2过点F作F

13、IDG，垂足为I，因为AC平面DEGF，AC平面ACD，所以平面DEGF平面ACD又因为平面DEGF平面ACD=DG，FI平面DEGF，且FIDG，所以FI平面ACD连接AI，则FAI即为直线AB与平面ACD所成的角在RtDFG中，DF=3，FG=1，得DG=2，由等面积法得DGFI=DFFG，解得FI=32在RtAFG中，AG=1，FG=1，所以AF=2在RtFAI中，sinFAI=FIAF=322=64，所以直线AB与平面ACD所成角的正弦值为6421【答案】（1）解：由题可知c=1当l1与x轴垂直时，不妨设M的坐标为(1，32)，所以a2=b2+11a2+94b2=1，解得a=2，b=3

14、所以椭圆C的标准方程为x24+y23=1（2）证明：设l1的方程为x=my+1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立得x=my+1x24+y23=1消去x，得(3m2+4)y2+6my9=0，易知0恒成立，由韦达定理得y1+y2=6m3m2+4，y1y2=93m2+4，由直线A1M的斜率为kA1M=y1x1+2，得直线A1M的方程为y=y1x1+2(x+2)，当x=1时，yP=3y1x1+2，由直线A2N的斜率为kA2N=y2x22，得直线A2N的方程为y=y2x22(x2)，当x=1时，yQ=y2x22，若四边形OPA2Q为菱形，则对角线相互垂直且平分，下面证yQ+yP=0，因为yQ+y

15、P=3y1x1+2+y2x22=3y1(x22)y2(x1+2)(x1+2)(x22)=2my1y23(y1+y2)(my1+3)(my21)，代入韦达定理得2my1y23(y1+y2)=2m93m2+43(6m3m2+4)=18m+18m3m2+4=0，所以PF=QF，即PQ与OA2相互垂直平分，所以四边形OPA2Q为菱形22【答案】（1）证明：令f(x)=0，得xenxnx=0所以x=0或enx=n即x=0或x=lnnn因为点P在点Q的左侧，所以P(0，0)，Q(lnnn，0)因为f(x)=(nx+1)enxn，所以f(0)=1n，得点P处的切线方程为y=(1n)x，即g(x)=(1n)x

16、当x0时，f(x)g(x)=xenxnx(1n)x=x(enx1)，因为x0，nN且n2，所以nx0，所以enx1，即enx10所以x(enx1)0，所以f(x)g(x)（2）证明：不妨设x1x2，且只考虑x0的情形因为f(x)=(nx+1)enxn，所以f(lnnn)=(nlnnn+1)elnnn=(lnn+1)nn=nlnn所以点Q处的切线方程为y=nlnn(xlnnn)=(nlnn)xln2n，记(x)=(nlnn)xln2n，令F(x)=f(x)(x)=xenxnx(nlnn)xln2n=xenx(n+nlnn)x+ln2n，x0，设G(x)=F(x)=(nx+1)enx(n+nlnn

17、)，则G(x)=n(nx+2)enx0所以F(x)单调递增又因为F(lnnn)=(nlnnn+1)elnnn(n+nlnn)=0，所以，当x(0，lnnn)时，F(x)0所以F(x)在(0，lnnn)上单调递减，在(lnnn，+)上单调递增所以F(x)在x=lnnn时有极小值，也是最小值，即F(x)F(lnnn)=lnnnenlnnn(n+nlnn)lnnn+ln2n=0，所以当x0时，f(x)(x)设方程(x)=t的根为x2，则x2=t+ln2nnlnn易知(x)单调递增，由(x2)f(x2)=t=(x2)，所以x2x2对于（1）中g(x)=(1n)x，设方程g(x)=t的根为x1，则x1=

18、t1n易知g(x)单调递减，由（1）知g(x1)f(x1)=t=g(x1)，所以x1x1所以x2x1x2x1=t+ln2nnlnnt1n=(1nlnn+1n1)t+lnnn因为nlnn(n1)=n(lnn1)+1，易知n3时，lnn10，故n(lnn1)+10(n3)；当n=2时，2(ln21)+1=ln410，所以nlnnn10，所以01nlnn2nlnn记(x)=f(x)=(nx+1)enxn，x0，则(x)=n(nx+2)enx0恒成立所以f(x)=(nx+1)enxn单调递增，因为f(0)=1n0，所以存在x0(0，lnnn)使得f(x0)=0所以，当x(0，x0)时f(x)0所以f(x)在(0，x0)上单调递减，在(x0，+)上单调递增因为f(0)=0，f(lnnn)=0，由函数图象知当方程f(x)=t（t为实数）有两个正实根x1，x2时，t0，所以(1nlnn+1n1)t2tnlnn所以x2x1x2x12tnlnn+lnnn，即|x2x1|2tnlnn+lnnn