2022届广东省海珠区等四区高考数学全真模拟密押卷含解析

1、2021-2022高考数学模拟试卷注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角条形码粘贴处。2作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案。答案不能答在试题卷上。3非选择题必须用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，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，先划掉原来的答案，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡

2、一并交回。一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1已知函数（，且）在区间上的值域为，则（ ）ABC或D或42已知角的终边经过点P()，则sin()=ABCD3台球是一项国际上广泛流行的高雅室内体育运动，也叫桌球（中国粤港澳地区的叫法）、撞球（中国台湾地区的叫法）控制撞球点、球的旋转等控制母球走位是击球的一项重要技术，一次台球技术表演节目中，在台球桌上，画出如图正方形ABCD，在点E，F处各放一个目标球，表演者先将母球放在点A处，通过击打母球，使其依次撞击点E，F处的目标球，最后停在点C处，若AE=50cmEF=40cmFC=30c

3、m，AEF=CFE=60，则该正方形的边长为（ ）A50cmB40cmC50cmD20cm4已知命题p：“”是“”的充要条件；，则（ ）A为真命题B为真命题C为真命题D为假命题5已知x，y满足不等式，且目标函数z9x+6y最大值的变化范围20，22，则t的取值范围（ ）A2，4B4，6C5，8D6，76复数为纯虚数，则( )AiB2iC2iDi7已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）绕着轴上一点旋转; 沿轴正方向平移;以轴为轴作轴对称;以轴的某一条垂线为轴作轴对称.ABCD8已知命题：R，；命题 ：R，则下列命题中为真命题的是（

4、）ABCD9下图为一个正四面体的侧面展开图，为的中点，则在原正四面体中，直线与直线所成角的余弦值为（ ）ABCD10下列结论中正确的个数是（ ）已知函数是一次函数，若数列通项公式为，则该数列是等差数列；若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则；在中，“”是“”的必要不充分条件；若，则的最大值为2.A1B2C3D011某几何体的三视图如图所示，三视图是腰长为1的等腰直角三角形和边长为1的正方形，则该几何体中最长的棱长为（ ）ABC1D12设集合，若集合中有且仅有2个元素，则实数的取值范围为ABCD二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13已知数列是各项均为正数的等比数列，若，则的最小

5、值为_.14已知实数，满足约束条件，则的最大值是_.15在平面直角坐标系xOy中，已知A0,a,B3,a+4，若圆x2+y2=9上有且仅有四个不同的点C，使得ABC的面积为5，则实数a的取值范围是_.16已知函数，若关于的方程恰有四个不同的解，则实数的取值范围是_.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（12分）已知点是抛物线的顶点，是上的两个动点，且.（1）判断点是否在直线上？说明理由；（2）设点是的外接圆的圆心，点到轴的距离为，点，求的最大值.18（12分）在如图所示的多面体中，四边形是矩形，梯形为直角梯形，平面平面，且，.（1）求证：平面.（2）求二面角的大小

6、.19（12分）小丽在同一城市开的2家店铺各有2名员工.节假日期间的某一天，每名员工休假的概率都是，且是否休假互不影响，若一家店铺的员工全部休假，而另一家无人休假，则调剂1人到该店维持营业，否则该店就停业.（1）求发生调剂现象的概率；（2）设营业店铺数为X，求X的分布列和数学期望.20（12分）在数列中，（1）求数列的通项公式；（2）若存在，使得成立，求实数的最小值21（12分）某市计划在一片空地上建一个集购物、餐饮、娱乐为一体的大型综合园区，如图，已知两个购物广场的占地都呈正方形，它们的面积分别为13公顷和8公顷；美食城和欢乐大世界的占地也都呈正方形，分别记它们的面积为公顷和公顷；由购物广场

7、、美食城和欢乐大世界围成的两块公共绿地都呈三角形，分别记它们的面积为公顷和公顷.（1）设，用关于的函数表示，并求在区间上的最大值的近似值（精确到0.001公顷）；（2）如果，并且，试分别求出、的值.22（10分）如图,在四棱锥中,四边形是直角梯形, 底面 ,是的中点.（1）.求证:平面平面;（2）.若二面角的余弦值为,求直线与平面所成角的正弦值.参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。1C【解析】对a进行分类讨论，结合指数函数的单调性及值域求解.【详解】分析知，.讨论：当时，所以，所以；当时，所以，所以.综上，或，故选C.【

8、点睛】本题主要考查指数函数的值域问题，指数函数的值域一般是利用单调性求解，侧重考查数学运算和数学抽象的核心素养.2A【解析】由题意可得三角函数的定义可知：，则：本题选择A选项.3D【解析】过点做正方形边的垂线，如图，设，利用直线三角形中的边角关系，将用表示出来，根据，列方程求出，进而可得正方形的边长.【详解】过点做正方形边的垂线，如图，设，则，则，因为，则，整理化简得，又，得 ，.即该正方形的边长为.故选：D.【点睛】本题考查直角三角形中的边角关系，关键是要构造直角三角形，是中档题.4B【解析】由的单调性，可判断p是真命题；分类讨论打开绝对值，可得q是假命题，依次分析即得解【详解】由函数是R上

9、的增函数，知命题p是真命题对于命题q，当，即时，；当，即时，由，得，无解，因此命题q是假命题所以为假命题，A错误；为真命题，B正确；为假命题，C错误；为真命题，D错误故选：B【点睛】本题考查了命题的逻辑连接词，考查了学生逻辑推理，分类讨论，数学运算的能力，属于中档题.5B【解析】作出可行域，对t进行分类讨论分析目标函数的最大值，即可求解.【详解】画出不等式组所表示的可行域如图AOB当t2时，可行域即为如图中的OAM，此时目标函数z9x+6y 在A（2，0）取得最大值Z18不符合题意t2时可知目标函数Z9x+6y在的交点（）处取得最大值，此时Zt+16由题意可得，20t+1622解可得4t6故选

10、：B【点睛】此题考查线性规划，根据可行域结合目标函数的最大值的取值范围求参数的取值范围，涉及分类讨论思想，关键在于熟练掌握截距型目标函数的最大值最优解的处理办法.6B【解析】复数为纯虚数，则实部为0，虚部不为0，求出，即得.【详解】为纯虚数，解得. .故选：.【点睛】本题考查复数的分类，属于基础题.7D【解析】计算得到，故函数是周期函数，轴对称图形，故正确，根据图像知错误，得到答案.【详解】，当沿轴正方向平移个单位时，重合，故正确；，故，函数关于对称，故正确；根据图像知：不正确；故选：.【点睛】本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.8B【解析】根据，

11、可知命题的真假，然后对取值，可得命题 的真假，最后根据真值表，可得结果.【详解】对命题：可知，所以R，故命题为假命题命题 ：取，可知所以R，故命题为真命题所以为真命题故选：B【点睛】本题主要考查对命题真假的判断以及真值表的应用，识记真值表，属基础题.9C【解析】将正四面体的展开图还原为空间几何体，三点重合，记作，取中点，连接，即为与直线所成的角，表示出三角形的三条边长，用余弦定理即可求得.【详解】将展开的正四面体折叠，可得原正四面体如下图所示，其中三点重合，记作：则为中点，取中点，连接，设正四面体的棱长均为，由中位线定理可得且，所以即为与直线所成的角， ，由余弦定理可得，所以直线与直线所成角的

12、余弦值为，故选：C.【点睛】本题考查了空间几何体中异面直线的夹角，将展开图折叠成空间几何体，余弦定理解三角形的应用，属于中档题.10B【解析】根据等差数列的定义，线面关系，余弦函数以及基本不等式一一判断即可；【详解】解：已知函数是一次函数，若数列的通项公式为，可得为一次项系数），则该数列是等差数列，故正确；若直线上有两个不同的点到平面的距离相等，则与可以相交或平行，故错误；在中，而余弦函数在区间上单调递减，故 “”可得“”，由“”可得“”，故“”是“”的充要条件，故错误；若，则，所以，当且仅当时取等号，故正确；综上可得正确的有共2个；故选：B【点睛】本题考查命题的真假判断，主要是正弦定理的运用

13、和等比数列的求和公式、等差数列的定义和不等式的性质，考查运算能力和推理能力，属于中档题11B【解析】首先由三视图还原几何体，进一步求出几何体的棱长【详解】解：根据三视图还原几何体如图所示，所以，该四棱锥体的最长的棱长为故选：B【点睛】本题主要考查由三视图还原几何体，考查运算能力和推理能力，属于基础题12B【解析】由题意知且，结合数轴即可求得的取值范围.【详解】由题意知，则，故，又，则，所以，所以本题答案为B.【点睛】本题主要考查了集合的关系及运算，以及借助数轴解决有关问题，其中确定中的元素是解题的关键，属于基础题.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。1340【解析】设等比数列的公比

14、为，根据，可得，因为，根据均值不等式，即可求得答案.【详解】设等比数列的公比为，等比数列的各项为正数，当且仅当，即时，取得最小值.故答案为：.【点睛】本题主要考查了求数列值的最值问题，解题关键是掌握等比数列通项公式和灵活使用均值不等式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.14【解析】令，所求问题的最大值为,只需求出即可，作出可行域，利用几何意义即可解决.【详解】作出可行域，如图令，则，显然当直线经过时，最大，且，故的最大值为.故答案为：.【点睛】本题考查线性规划中非线性目标函数的最值问题，要做好此类题，前提是正确画出可行域，本题是一道基础题.15（-53，53）【解析】求出AB的长度，直线方

15、程，结合ABC的面积为5，转化为圆心到直线的距离进行求解即可【详解】解：AB的斜率k=a+4-a3-0=43，|AB|=(3-0)2+(a+4-a)2=32+42=5，设ABC的高为h，则ABC的面积为5，S=12|AB|h=125h5，即h2，直线AB的方程为ya=43x，即4x3y+3a0若圆x2+y29上有且仅有四个不同的点C，则圆心O到直线4x3y+3a0的距离d=|3a|42+(-3)2=|3a|5，则应该满足dRh321，即|3a|51，得|3a|5得-53a53，故答案为：（-53，53）【点睛】本题主要考查直线与圆的位置关系的应用，求出直线方程和AB的长度，转化为圆心到直线的距

16、离是解决本题的关键16【解析】设，判断 为偶函数，考虑x0时，的解析式和零点个数, 利用导数分析函数的单调性,作函数大致图象，即可得到的范围.【详解】设，则在是偶函数，当时，由得，记，故函数在增，而，所以在减，在增，当时，当时，因此的图象为因此实数的取值范围是.【点睛】本题主要考查了函数的零点的个数问题，涉及构造函数，函数的奇偶性，利用导数研究函数单调性，考查了数形结合思想方法，以及化简运算能力和推理能力，属于难题.三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17（1）不在，证明见详解；（2）【解析】（1）假设直线方程，并于抛物线方程联立，结合韦达定理，计算，可得，然后验证可

17、得结果.（2）分别计算线段中垂线的方程，然后联立，根据（1）的条件可得点的轨迹方程，然后可得焦点，结合抛物线定义可得，计算可得结果.【详解】（1）设直线方程，根据题意可知直线斜率一定存在，则则由所以将代入上式化简可得，所以则直线方程为，所以直线过定点，所以可知点不在直线上.（2）设线段的中点为线段的中点为则直线的斜率为，直线的斜率为可知线段的中垂线的方程为由，所以上式化简为即线段的中垂线的方程为同理可得：线段的中垂线的方程为则由（1）可知：所以即，所以点轨迹方程为焦点为，所以当三点共线时，有最大所以【点睛】本题考查直线于抛物线的综合应用，第（1）问中难点在于计算处，第（2）问中关键在于得到点的

18、轨迹方程，直线与圆锥曲线的综合常常要联立方程，结合韦达定理，属难题.18（1）见解析；（2）【解析】（1）根据面面垂直性质及线面垂直性质，可证明；由所给线段关系，结合勾股定理逆定理，可证明，进而由线面垂直的判定定理证明平面.（2）建立空间直角坐标系，写出各个点的坐标，并求得平面和平面的法向量，由空间向量法求得两个平面夹角的余弦值，结合图形即可求得二面角的大小.【详解】（1）证明：平面平面ABEG，且，平面，由题意可得，且，平面.（2）如图所示，建立空间直角坐标系，则，.设平面的法向量是，则，令，由（1）可知平面的法向量是，由图可知，二面角为钝二面角，所以二面角的大小为.【点睛】本题考查了线面垂

19、直的判定，面面垂直及线面垂直的性质应用，空间向量法求二面角的大小，属于中档题.19（1）（2）见解析，【解析】（1）根据题意设出事件，列出概率，运用公式求解；（2）由题得，X的所有可能取值为，根据（1）和变量对应的事件，可得变量对应的概率，即可得分布列和期望值.【详解】（1）记2家小店分别为A，B，A店有i人休假记为事件（，1，2），B店有i人，休假记为事件（，1，2），发生调剂现象的概率为P.则，.所以.答：发生调剂现象的概率为.（2）依题意，X的所有可能取值为0，1，2.则，.所以X的分布表为：X012P所以.【点睛】本题是一道考查概率和期望的常考题型.20（1）；（2）【解析】（1）由得，两式相减可得