新高考广东省2022年高二数学普通高中联合质量测评摸底调研试题pdf

,,2022年广东省新高考普通高中联合质量测评高二摸底调研数学参考答案一、选择题1.B【解析】由题Bxx0,AB[0,3)，故选B2.AZ12i(12i)(2i)5i1【解析】1，故选AZ2i5523.C4【解析】由题2rl，32rl2hl2r25312145Vrh45,故选C3334．B【解析】用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996，8×7∴8a1＋×17＝996，解之得a1＝65.2∴a7＝65＋6×17＝167，即第7个儿子分到的绵是167斤.故选B5.C【解析】MF2c，F1F22c，所以MF13c．c2由椭圆定义可得MFMF3cc2a，可得椭圆的离心率e31．故选：C12a136.D323323【解析】x的系数为aC2C220，即80a4020，所以a选D5547.A【解析】由题RtABC中，AC2，外接圆半径为1BOC120,(BOCO)OD12BPCP(BOOP)(COOP)BOCO(BOCO)OPOP试卷第1页，共10页,2BOCOcos120ODOPcosOP1211311()11cos1cos[,]，选A22228.Ax2【解析】因为函数fx2beax(b0,aR)有且仅有两个极值点，所以fx0在R上有两个不同的解，即bex0ax在R上有两解，a即直线y=x与函数y＝ex的图象有两个交点，bx设函数g(x)kx与函数h(x)e的图象相切，切点为(x0，y0)，作函数y＝ex的图象，yex0xx0x0因为h(x)e，则e0k，所以ke，xx00解得x0＝1，即切点为(1，e)，此时k＝e，由图象知直线yg(x)kx与函数y＝ex的图象有两个交点时，a有ke即e(b0)，故选A.b二、选择题9.ACD5【解析】易得x5.4,y3，则b,A成立；27相关系数r的绝对值越接近于1，表示相关程度越大，越接近于0，相关程度越小，B不成立;11样本数据x1、x2、、xn的标准差为，其方差为，因此数据3x1100、3x2100、、3xn10024219的方差是3´=。C成立；44PX40.25，则PX20.25，则PX21PX210.250.75，D成立；选ACD10.ABC【解析】2y3sin2x2cosx3sin2x1cos2x2cos(2x)13该函数的最小正周期为，A成立试卷第2页，共10页,将x代入cos2xcos01，B成立63该函数的图象向左平移个单位，向下平移1个单位，得y2cos(2x)2cos2x，C成立6332x0,,2x[,]，由复合函数单调性，该函数在0,,上先增后减，D不成立23332选ABC11.ACxy【解析】∵A（3，0），B（0，4），∴过A、B的直线方程为1，即4x+3y－12=0．34|453512|23圆心（5，5）到直线4x+3y－12=0的距离d3，42325838∴点P到直线AB的距离的范围为[，]，∴故B错误，A正确．55如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大（P点位于P1时∠22PBA最小，位于P2时∠PBA最大），此时︱BC︱=(50)(54)26︱PB︱=22|BC|317，故C正确．故选AC．12.AD1【解析】①当时，点P在EF上，其中E、F分别AB、C1D1为中点，2而EF∥平面A1BC1，故点P在EF上移动时，三棱锥PA1BC1的体积为定值，A成立1②当时，点P在GH上，其中G、H分别AD1、BC1为中点，2故点P在GH上移动时，高发生改变，三棱锥PA1BC1的体积不是定值，B不成立③当1时，P,B,D1三点共线，P在BD1上移动而PAPC，P在以AC为球直径的球面上。AC球心为O半径为12抽出图形RtDDB，DD2，BD23，所以DBD30111试卷第3页，共10页,3所以点O到直线BD的最短距离ON1r，12所以BD1与球O有两个公共点，C不成立④当31时，M,B,D1三点共线，P在MD1上移动此时A，C，E在球面上，M点在球内部。故MD1与球面有唯一交点，D成立选AD三、填空题e13.a2【解析】由题f21，f(2)2ln(2a)1eln(2a)1，2ae，故a214.2mmm【解析】由题2pm，p，焦点F(0,)，准线y244mmAF()2，m444mmAF()24422C:x4y，A(a,1)代入抛物线方程，a4又a0，a2答案：215．2xln(x1),x2【解析】f(x)xln(x1),xln(x1),1x211,x2x1所以f(x)，11,1x2x11当x2，f(x)10，f(x)在2,单调递增；x1试卷第4页，共10页,x2当1x2，f(x)0，f(x)在1,2单调递减；x1故f(x)xln(x1)有最小值f(2)2ln(21)2故答案：2216．,522【解析】解：由3anan210an1得3ananq10anq，即3q10q+30，又q1，所以解得q=3，22633n因为aa，所以aa3，解得a3，所以a3，36333n*n又bnn1annN，所以bnn13，n1nn又因为bn是递增数列，所以bn1bnn13n132n3230恒成立，222即2n320恒成立，所以，所以.2n3max552故答案为：,.5四、解答题17．【解析】(1)设等差数列{an}}的公差为d，∵a3a716，∴a58，……………………1分208又∵a920∴d3，a1a54d4……………………2分4故an3n7；……………………3分(2)∵bn12Sn2∴当n2时，bn2Sn12∴bn1bn2bn，即bn13bn，……………………4分当n1时，b22S126也满足bn13bn，……………………5分故数列{bn}是以2为首项，3为公比的等比数列，试卷第5页，共10页,n1即b23……………………6分nn1故ab(3n7)23，……………………7分nn01n1∴T(4)23(1)23(3n7)23①n1n1n3T(4)23(3n10)23(3n7)23②……………………8分n①﹣②得，012n1n∴2T(4)2332(333)(3n7)23nn33nnn832(3n7)2383(33)(3n7)2313n17(6n17)3……………………9分n17(6n17)3∴T……………………10分n218.【解析】（1）由100.0100.0150.015m0.0250.051，得m0.030.平均数为x450.1550.15650.15750.3850.25950.0571，…………………2分220设中位数为n，则0.10.150.15n700.030.5，得n73.33.…………………4分3故可以估计该市参加测试的学生能力质量指标值的平均数为71，中位数为73.33.…………………5分1(2)由题意每个人投给其他任何一人的概率均为，X的取值为0,1,2,3，4…………………6分443181111108PX01;PX1C41；42564425622342115431312411PX2C41;PX3C4；PX4C444256442564256…………………10分X的分布列为X01234………………11分8110854121P2562562562562568110854121则EX012341…………………12分256256256256256试卷第6页，共10页,19.【解析】（1）因为2bcosA2ca，由正弦定理可得，2sinBcosA2sinCsinA，……………1分由三角形内角和定理和诱导公式可得，sinCsin((AB))sin(AB)sinAcosBcosAsinB，代入上式可得，2sinBcosA2sinAcosB2cosAsinBsinA，所以2cosBsinAsinA0.……………3分1因为0A,sinA0，所以2cosB10，即cosB.2由于0B，所以B.……………5分3（2）在BCD中，222BCBDCD2BDCDcosD423cosD，因为ABC是等边三角形，……………6分1323所以SABACsinBC3cosD，ABC234213SBDCDsinDsinD，……………8分BCD2233所以平面四边形ABDC的面积SSS3cosDsinDABCBCD2233sinD……………9分32因为0D，所以D……………10分3335所以当D时，sinD1，63此时平面四边形ABDC的面积有最大值23……………12分20．【解析】(1)在PB上取点Q,使得BQ:QP1:2，连接CQ,QGAGBQ12则，所以GQ//AB且GQAB……………………1分GPQP2322又CD//AB且CE2CDAB33试卷第7页，共10页,所以GQ//CE且GQCE……………………2分所以GQCE是平行四边形,GE∥CQ……………………3分因为GE平面PBC，CQ平面PBC，所以GE//平面PBC，……………………4分又因为平面PBC平面FEGHHF,GE平面FEGH所以GE//HF……………………5分(2)由题意PE平面ABCD，由（1）可知EMCD所以E为原点，EM,EC,EP分别为轴，建立如图所示，建立空间直角坐标系，则A2,1,0，D0,1,0，P0,0,2，E0,0,0，C0,2,0，422G,,，F0,1,1，……………………7分333所以DA2,0,0，DP0,1,2，422EG,,，EF0,1,1，……………………8分333ur设平面PAD的法向量为mx,y,z，则111DAm2x01，DPmy2z011ur令x10，z11，得平面PAD的一个法向量为m0,2,1，……………………9分设平面EGHF的法向量为nx2,y2,z2，422EGnxyz0222则333，EFnyz022r令z21，得平面EGHF的一个法向量为n1,1,1，……………………10分urr2115所以cosm,n，……………………11分53515所以平面PAD与平面EGHF所成锐二面角的余弦值为．……………………12分522xy21.【解析】（1）椭圆1，22n2n5试卷第8页，共10页,22(n2)(n5)7,c7，C(7,0)……………………1分1由CCCC4，根据双曲线定义可知，C的轨迹为双曲线的左支，………2分21CCCC42a,a221222bca734，其中C1，C2为双曲线的焦点，……………………3分22xy即1(x0)，4322xy所以动点C的轨迹E的方程为1，x0；……………………4分43（2）（2）①直线l：xtym，令Px1,y1，Qx2,y2．xtym223t24y26tmy3m2120……………………6分联立xy得到：14326tm3m1222222故yy,yy,(6tm)4(3t4)(3m12)48(m3t4)0……………7分1221223t43t4因为要同时交于双曲线左支，首先0，即存在m，22t使得m3t4……………………8分8mx1x2ty1y22m203t4同时满足：22，所以m0；……………………9分224m3tx1x2ty1y2tmy1y2m203t4y2kBQx22x12y2y2ty1m2ty1y2m2y2②，……………………10分kAPy1y1x22y1ty2m2ty1y2m2y1x213m212kBQty1y2m2y2因为y1y2ty1y2故②式可化为6mkAPty1y2m2y123m12y1y2m2y2m24m4ym24ym2m2ym2ym26m2121222，3m12yym2ym4m4y1m4y2m2m2y1m2y2m21216mm24因为m0，所以11,1．……………………12分m22m122.【解析】（1）由f(x)lnxax可知定义域为(0,)，且f'xa………1分x①当a0时，f'x0恒成立，此时fx在(0,)上单调递增；……………2分试卷第9页，共10页,1②当a0时，由f'x0xa11令f'x0有0x；令f'x0有xaa11可知f(x)在区间0,上单调递增，在区间,上单调递减………4分aa综上述：①当a0时，增区间为(0,)，无减区间；11②当a0时，增区间为0,，减区间为,。……………5分aa（2）g(x)f(x)，由（1）可知且g(x)与fx单调性相同，依题意必有，a0，且g(x)存在极大11值g0，不妨设0xx，则12aalnx1ax1b1,xx121lnxlnxa(xx)2121lnx2ax2b1.lnx2lnx1a11x2x1故要证：x1x22，即证：x1x2x1x2(x2x10)aalnx2lnx1xx21xxxxx12221即证：1ln(xx0)……………8分21xxxx2112lnx11故可构造函数，1xlnxx,x1……………9分x2xx1则'x012xx因此x单调递减，所以x10……………10分111所以lnxx,x1xx2lnxlnxx2x11令x1，可以得到21，且0x1x2x1x1x2axx121即x1x2lnxlnxa211所以xx……………12分122a试卷第10页，共10页