1、广东省广州市2022届高三二模数学试题一、单选题1若复数是实数，则实数（）AB0C1D22下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（）ABCD3某种包装的大米质量（单位：）服从正态分布，根据检测结果可知，某公司购买该种包装的大米2000袋则大米质量在以上的袋数大约为（）A10B20C30D404已知数列是等差数列，且，则（）ABCD5如果函数的图像关于点对称，则的最小值是（）ABCD6甲，乙，丙，丁四支足球队进行单循环比赛（每两个球队都要比赛一场），每场比赛的计分方法是胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，全部比赛结束后，四队的得分为：甲6分，乙5分，丙4分，丁1分，则（）A甲胜乙B乙胜丙
2、C乙平丁D丙平丁7已知抛物线，圆，直线与交于A、B两点，与交于M、N两点，若，则()ABCD8已知且，若集合，且则实数a的取值范围是（）ABCD二、多选题9抛掷两枚质地均匀的骰子，记“第一枚骰子出现的点数小于3”为事件A，“第二枚骰子出现的点数不小于3”为事件B，则下列结论中正确的是（）A事件A与事件B互为对立事件B事件A与事件B相互独立CD10如图，圆柱的轴截面是正方形，E在底面圆周上， ，F是垂足，G在BD上， ，则下列结论中正确的是（）AB直线与直线所成角的余弦值为C直线与平面所成角的余弦值为D若平面平面，则11已知，直线与曲线相切，则下列不等式成立的是（）ABCD12我们常用的数是十进
3、制数，如，表示十进制的数要用10个数码0，1，2，3，4，5，6，7，8，9；而电子计算机用的数是二进制数，只需两个数码0和1，如四位二进制的数，等于十进制的数13把m位n进制中的最大数记为，其中m，为十进制的数，则下列结论中正确的是（）ABCD三、填空题13已知是两个单位向量，且，则_14写出一个同时满足下列性质的双曲线方程_中心在原点，焦点在y轴上；一条渐近线方程为焦距大于1015函数的所有零点之和为_四、双空题16在梯形中，将沿折起，连接，得到三棱锥，则三棱锥体积的最大值为_此时该三棱锥的外接球的表面积为_五、解答题17问题：已知，数列的前n项和为，是否存在数列，满足，_若存在求通项公式
4、若不存在，说明理由在；这三个条件中任选一个，补充在上面问题中并作答注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分18某校为全面加强和改进学校体育工作，推进学校体育评价改革，建立了日常参与，体质监测和专项运动技能测试相结合的考查机制，在一次专项运动技能测试中，该校班机抽取60名学生作为样本进行耐力跑测试，这60名学生的测试成绩等级及频数如下表成绩等级优良合格不合格频数711411(1)从这60名学生中随机抽取2名学生，这2名学生中耐力跑测试成绩等级为优或良的人数记为X，求；(2)将样本频率视为概率，从该校的学生中随机抽取3名学生参加野外拉练活动，耐力跑测试成绩等级为优或良的学生能完成该活动，合格
5、或不合格的学生不能完成该活动，能完成活动的每名学生得100分，不能完成活动的每名学生得0分这3名学生所得总分记为Y，求Y的数学期望19在平面四边形中，(1)求的面积；(2)若，求的值；20如图，已知四边形是边长为2的菱形，平面平面(1)求证：平面平面；(2)若，求二面角的余弦值21已知椭圆的离心率为，短轴长为4；(1)求C的方程；(2)过点作两条相互垂直的直线上和，直线与C相交于两个不同点A，B，在线段上取点Q，满足，直线交y轴于点R，求面积的最小值22已知函数(1)若，求的单调区间；(2)若，证明：参考答案：1A【解析】【分析】利用复数的除法运算求出复数z，再由已知列式计算作答.【详解】依题
6、意，因，且z是实数，则，解得，所以实数.故选：A2C【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的定义，对每个选项进行逐一判断，即可选择.【详解】对：容易知是偶函数，且在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，其在单调递增，在单调递减，故错误；对：容易知是偶函数，当时，是单调增函数，故正确；对：容易知是奇函数，故错误；故选：C.3B【解析】【分析】根据大米质量，利用正态分布的对称性求出，再列式计算作答.【详解】因大米质量，且，则，所以大米质量在以上的袋数大约为.故选：B4D【解析】【分析】利用等差数列的性质求出，再利用此性质结合诱导公式计算作答.【详解】在等差数列中，则有，即，所以.故选：D5B
7、【解析】【分析】根据三角函数的对称性，带值计算即可.【详解】根据题意，即，解得；当时，取得最小值.故选：B.6C【解析】【分析】甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为16分，由比赛计分规则可得出在6场比赛中有2场比赛是平局，丁在3场比赛中有1场是平局，丙在3场比赛中有1场是平局，乙在3场比赛中有2局是平局，由此可得答案.【详解】解：甲，乙，丙，丁四支足球队总比赛场次6场，总得分为6+5+4+1=16分，由比赛计分规则：胜者得3分，负者得0分，平局两队各得1分，所以在6场比赛中有2场比赛是平局，即，丁得1分，即1+0+0=1，所以丁在3场比赛中有1场是平局，丙得4分，即3+1+0=4，
8、所以丙在3场比赛中有1场是平局，而乙得分5分，即3+1+1=5，所以乙在3场比赛中有2局是平局，所以乙可能平丙，乙可能平丁，故选：C.7B【解析】【分析】联立直线方程和抛物线方程，设，根据抛物线焦点弦长公式和韦达定理可求出k，根据圆的弦长公式即可求【详解】由得，设，过抛物线的焦点(1，0)，故AB为焦点弦，解得，由圆关于x轴对称可知，k1和k1时相同，故不妨取k1，l为yx1，即xy10，圆心(2，1)到l的距离，故选：B8D【解析】【分析】求出集合M，再由给定条件，对集合N分类讨论，构造函数，利用导数探讨函数最小值求解作答.【详解】依题意，令，当时，函数在上单调递增，而，则，使得，当时，当时
9、，此时，因此，当时，若，则恒成立，满足，于是当时，当且仅当，即不等式对成立，由得，当时，当时，则函数在上单调递减，在上单调递增，于是得，即，变形得，解得，从而得当时，恒成立，满足，所以实数a的取值范围是或.故选：D【点睛】思路点睛：涉及函数不等式恒成立问题，可以利用导数探讨函数的最值，借助函数最值转化解决问题.9BCD【解析】【分析】利用对立事件的意义判断A；利用相互独立事件的定义判断B；由事件A，B的概率计算判断C，D作答.【详解】依题意，第一枚骰子出现的点数小于3与第二枚骰子出现的点数不小于3可以同时发生，即事件A与事件B不互斥，则事件A与事件B不是对立事件，A不正确；显然有，抛掷两枚质地
10、均匀的骰子的试验的所有结果：，共36个，它们等可能，事件AB所含的结果有：，共8个，则有，即事件A与事件B相互独立，B正确；显然，C，D都正确.故选：BCD10AD【解析】【分析】选项A：由线面垂直的判定定理，以及线面垂直的性质定理得出；选项B：平移法找出异面直线所成角，构造三角形，求解三角形可得；选项C：找出线面垂直，作出线面角，再求解三角形可得；选项D：运用线面平行的判定定理，以及线面平行的性质定理可得.【详解】对于A：由圆柱的性质得：面，面，又是下底面圆的直径又，面，面面，又面 ，又又，面，面面，又面，A正确；对于B：过点作交于点，如图则就是直线与直线所成角（或补角）设，则在中， ，在等
11、腰中，又在中，即：在中， 在中，B错误；对于C：取的中点，连接，如图所示则：，面，又面 又，面，面面就是直线与平面所成角又 ，C错误；对于D：在中，又面，面 面又平面平面，面 ，D正确.故选：AD.11AC【解析】【分析】利用导数的几何意义，求出a，b的关系，再结合均值不等式逐项分析、计算并判断作答.【详解】设直线与曲线相切的切点为，由求导得：，则有，解得，因此，即，而，对于A，当且仅当时取“=”，A正确；对于B，当且仅当，即时取“=”，B不正确；对于C，因，则有，即，当且仅当，即时取“=”，由得，所以当时，C正确；对于D，由，得，而函数在R上单调递增，因此，D不正确.故选：AC12ABD【解
12、析】【分析】根据问题背景的介绍，可以得到m位n进制中的最大数的书写方法，进而得到选项中最大数的式子，再进行大小比较即可.【详解】对于A：即是：，A正确；对于B：即是：即是：，B正确；对于C、D：，即是： ，即是：构造函数：，求导得： ，单调递增；，单调递减； 代入得： 即是：， ，D正确.故选：ABD【点睛】本题考查背景知识的从特殊到一般的转化过程，对获取信息从而抽象成数学问题的能力有一定的要求，随后需要用数列求和得出需要的结果，再从构造函数的角度考查了导数在函数中的应用，运用函数的性质进行大小比较，对学生来说是一个挑战，属难题.13#0.5【解析】【分析】根据给定条件，结合垂直关系的向量表示
13、求出，再利用数量积的运算律计算作答.【详解】是两个单位向量，且，则，解得，所以.故答案为：14（答案不唯一，写出一个即可）【解析】【分析】根据设出双曲线方程，根据求出与的关系式，根据对进行赋值，进而联立解方程求出双曲线方程，答案不唯一.【详解】由中心在原点，焦点在y轴上知，可设双曲线方程为：由一条渐近线方程为知，即由知，即，则可取（此处也可取大于的其他数）又，则同时满足下列性质的一个双曲线方程为：故答案为：（答案不唯一, 写出一个即可）.159【解析】【分析】根据给定条件，构造函数，作出这两个函数的部分图象，确定两个图象的交点个数，再结合性质计算作答.【详解】由，令，显然与的图象都关于直线对称
14、，在同一坐标系内作出函数，的图象，如图，观察图象知，函数，的图象有6个公共点，其横坐标依次为，这6个点两两关于直线对称，有，则，所以函数的所有零点之和为9.故答案为：916 # 【解析】【分析】注意到三棱锥体积最大时，平面平面ABC，可知以B为顶点时，BC为三棱锥的高，然后利用正余弦定理可得各棱长可得体积；利用球心到平面的距离、外接圆半径和球的半径满足勾股定理可得球半径，然后可得表面积.【详解】过点C作，垂足为E，为等腰梯形，由余弦定理得，即易知，当平面平面ABC时，三棱锥体积最大，此时，平面易知，记O为外接球球心，半径为R平面，O到平面的距离又的外接圆半径故答案为：，17选：；选：；选：【解
15、析】【分析】选：利用与的关系得到关于的递推公式，再由递推公式求，然后可得通项；选：利用与的关系得到递推公式，然后构造等比数列可求通项；选：根据递推公式构造等比数列可解.【详解】选：，即是以2为公差，1为首项的等差数列，即当时，显然，时，上式不成立，所以.选：当时，即所以整理得又，所以从第二项起，是以2为公比，4为首项的等比数列当时，即显然，时，上式成立，所以选：又是以2为公比和首项的等比数列，即18(1)；(2)90.【解析】【分析】（1）由题意根据古典概率公式可求得答案；（2）由题得Y可以取0，100，200，300，分别求得Y取每一个随机变量的概率得出Y的分布列，由期望公式可求得答案(1)
16、解：由题意得；(2)解：能完成活动的概率为，不能完成活动的概率为，由题得Y可以取0，100，200，300，则，所以Y的分布列为：Y0100200300P则Y的数学期望为19(1)；(2)8.【解析】【分析】（1）在中，由余弦定理求得得，再根据三角形的面积公式可求得答案；（2）在中，由正弦定理求得，再由正弦和角公式求得，在中，根据正弦定理求得，由此可求得答案.(1)解：在中，所以，解得（舍去），所以；(2)解：在中，所以，即，解得，又，所以，所以，又，所以，所以，在中，即，所以，所以.20(1)证明见解析；(2).【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质和判定可得证；（2）设AC与BD相交于点
17、O，连接FO，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系，利用面面角的空间向量求解方法可得答案.(1)证明：菱形ABCD中，又平面平面，平面平面，所以平面AEFC，又BD在平面BED内，所以平面平面；(2)解：因为平面平面平面平面，所以平面设AC与BD相交于点O，连接FO，因为，所以，所以四边形AOEF为平行四边形，所以，所以平面ABCD，菱形ABCD中，所以是正三角形，则OC=1，OF=AE=AB=2，以点O为坐标原点建立空间直角坐标系如下图所示，则，则，设平面ACF的法向量为，设平面DCF的法向量为，则，令，则，所以，又由图示得二面角为锐角，所以二面角的余弦值为 21(1)；(2)1.【解析】【分
18、析】（1）由题可得，即得；（2）由题可设的方程为，利用韦达定理法可得，进而可得，然后利用面积公式及基本不等式即求.(1)由题可得，椭圆C的方程为；(2)由题可知直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，由，可得，由，可得，或，由及四点共线，知，则，和相互垂直，则的方程为，令，得，面积为，当且仅当，即等号成立，所以面积的最小值为1.22(1)单调递减区间为，无单调递增区间；(2)证明见解析【解析】【分析】(1)求f(x)的导数，令，求，根据正负判断单调性，根据单调性判断正负，从而判断f(x)单调性；(2)将化为，令1，则，根据(1)中f(x)单调性即可证明(1)的定义域为，由于，则，令，则，当时，在上单调递增；当时，在上单调递减则函数的单调递减区间为，无单调递增区间(2)方法一：欲证，只要证，即证令，由于，则故只要证，即证由(1)可知，在区间上单调递减，故时，即由于，则成立方法二：由(1)得在上单调递增，当时，则，使，即，则当时，在上单调递减；当时，在上单调递增则，令，由于，则，则，整理得【点睛】本题第一问关键是二次求导，依次通过导数的正负判断原函数的单调性；第二问的关键是注意到要证的不等式可以化为，令1，则化为，即，结合(1)中函数单调性即可证明得到结论
