2022年广东省潮州市高考数学二模试卷

这是一份2022年广东省潮州市高考数学二模试卷，共16页。
2022年广东省潮州市高考数学二模试卷 已知集合或，则A.  B.
C.  D. 或复数其中i为虚数单位在复平面内对应的点的坐标是A.  B.  C.  D. 围棋盒子中有多粒黑子和白子，已知从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，则从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是A.  B.  C.  D. 已知一个圆柱的轴截面为正方形，且它的侧面积为，则该圆柱的体积为A.  B.  C.  D. 若点P是双曲线上一点，，分别为C的左、右焦点，则“”是“”的A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件唐代诗人李顾的诗《古从军行》开头两句说：“白日登山望烽火，黄昏饮马傍交河．”诗中隐含着一个有趣的数学问题——“将军饮马”问题，即将军在观望烽火之后从山脚下某处出发，先到河边饮马后再回到军营，怎样走才能使总路程最短？在平面直角坐标系中，设军营所在位置为，若将军从点处出发，河岸线所在直线方程为，则“将军饮马”的最短总路程为A. 5 B.  C. 45 D. 已知是边长为3的等边三角形，三棱锥全部顶点都在表面积为的球O的球面上，则三棱锥的体积的最大值为A.  B.  C.  D. 已知函数，若函数的两个零点分别在区间和内，则实数a的取值范围为A.  B.  C.  D. 某旅游景点2021年1月至9月每月最低气温与最高气温单位：的折线图如图，则
A. 1月到9月中，最高气温与最低气温相差最大的是4月
B. 1月到9月的最高气温与月份具有比较好的线性相关关系
C. 1月到9月的最高气温与最低气温的差逐步减小
D. 1月到9月的最低气温的极差比最高气温的极差大已知函数，则下列说法正确的是A. 函数的最小正周期为
B. 点是图像的一个对称中心
C. 的图像关于直线对称
D. 在区间单调递减已知幂函数的图象经过点，则下列命题正确的有A. 函数的定义域为R
B. 函数为非奇非偶函数
C. 过点且与图象相切的直线方程为
D. 若，则已如斜率为k的直线l经过抛物线的焦点且与此抛物线交于，两点，，直线l与抛物线交于M，N两点，且M，N两点在y轴的两侧，现有下列四个命题，其中为真命题的是A. 为定值
B. 为定值
C. k的取值范围为
D. 存在实数k使得记为等比数列的前n项和．若，，则______.已知，，则______.设，则______.设函数，点在图象上，点为坐标原点，设向量，若向量，且是与的夹角，则的最大值是______.已知数列的前n项和为，且
求数列的通项公式；
设，求数列的前n项和






 已知在中，A，B，C为三个内角，a，b，c为三边，，
求角B的大小；
在下列两个条件中选择一个作为已知，求出BC边上的中线的长度．
①的面积为；
②的周长为






 如图，平面平面CEFG，四边形CEFG中，，，点E在正方形ACDE的外部，且，，，
证明：；
求二面角的余弦值．







 我国在芯片领域的短板有光刻机和光刻胶，某风投公司准备投资芯片领域.若投资光刻机项目，据预期，每年的收益率为的概率为p，收益率为的概率为；若投资光刻胶项目，据预期，每年的收益率为的概率为，收益率为的概率为，收益率为零的概率为
已知投资以上两个项目，获利的期望是一样的，请你为该风投公司选择一个合理的项目，并说明理由；
若该风投公司准备对以上你认为比较合理的的项目进行投资，4年累计投资数据如表：年份x20162017201820191234累计投资金额单位：亿元2356请根据上表提供的数据，用最小二乘法求出y关于的线性回归方程，并预测到哪一年年末，该公司在芯片领域的投资收益预期能达到亿元.
附：收益=收入的资金获利期望；线性回归方程中，，






 设椭圆为左右焦点，B为短轴端点，长轴长为4，焦距为2c，且，的面积为
求椭圆C的方程
设动直线l：椭圆C有且仅有一个公共点M，且与直线相交于点试探究：在坐标平面内是否存在定点P，使得以MN为直径的圆恒过点P？若存在求出点P的坐标，若不存在．请说明理由．






 已知函数，
若函数在区间内单调递增，求实数a的取值范围；
若，，且，求证：







答案和解析 1.【答案】B
 【解析】解：或，

故选：
进行补集的运算即可．
本题考查了集合的描述法的定义，补集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．
 2.【答案】B
 【解析】解：，
复数在在复平面内对应的点的坐标是
故选：
根据已知条件，结合复数的运算法则，以及复数的几何意义，即可求解．
本题主要考查复数的运算法则，以及复数的几何意义，属于基础题．
 3.【答案】D
 【解析】解：围棋盒子中有多粒黑子和白子，
从中取出2粒都是黑子的概率为，都是白子的概率是，
由对立事件概率计算公式得：
从中任意取出2粒恰好是不同色的概率是：

故选：
利用对立事件概率计算公式能求出结果．
本题考查概率的求法，考查对立事件概率计算公式等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
 4.【答案】D
 【解析】解：设圆柱底面半径为R，高为h，
则，
解得，
所以圆柱的体积为
故选：
根据题意求出圆柱底面半径和高，即可求出圆柱的体积．
本题考查了圆柱体的表面积与体积的计算问题，是基础题．
 5.【答案】D
 【解析】【分析】
本题考查充分必要条件，解题中注意双曲线的定义的应用，属于基础题．
根据题意结合双曲线的定义可得，由可推出或13，反之，由可推出或9，再利用必要条件，充分条件的定义，即可得出答案．
【解答】
解：由双曲线的定义可知，
由双曲线的标准方程得，，
由可推出或13，
所以“”推不出“”；
反之，由可推出或9，
所以“”推不出“”；
则“”是“”的既不充分也不必要条件．  6.【答案】B
 【解析】解：点关于直线的对称点为，
则即为“将军饮马”的最短总路程，
故“将军饮马”的最短总路程为
故选：
先求出点关于直线的对称点，则线段的长度即为最短总路程，再利用两点间的距离公式进行求解．
本题考查了求点关于直线对称的点及两点间的距离公式，属于基础题．
 7.【答案】C
 【解析】解：球O的半径为R，由已知可得，，得，
球心O到平面ABC的距离为，
故三棱锥的高的最大值为3，体积最大值为
故选：
由已知可得，可求球心到平面的距离，从而可求三棱锥的高的最大值为3，可求最大体积．
本题考查空间几何体的体积，属中档题．
 8.【答案】A
 【解析】解：函数的两个零点分别在区间和内，
，
即，
解得，
故选：
根据函数零点存在定理可得，解得即可．
本题主要考查了零点判定定理的应用，属于基础试题．
 9.【答案】BD
 【解析】解：由折线图知，
1月到9月中，最高气温与最低气温相差最大的是1月，
故选项A错误；
由折线图知，
1月到9月的最高气温与月份具有比较好的线性相关关系，
故选项B正确；
由折线图知，
1月到9月的最高气温与最低气温的差是摆动的，
故选项C错误；
由折线图知，
1月到9月的最低气温的极差大于，
最高气温的极差小于，
故选项D正确；
故选：
由折线图对四个选项依次判断即可．
本题考查了折线图的应用，属于基础题．
 10.【答案】ACD
 【解析】解：作出函数的图像，结合图像可知，函数的最小正周期为，A正确；
结合图象可知，不是图像的对称中心，关于对称，B错误，C正确；
由函数的图像可知，
由函数的图像可知，在区间单调递减，D正确．
故选：
由已知结合正弦函数的图象及函数图象的变换作出的图象，结合图象检验各选项即可判断．
本题主要考查了正弦函数的图像的变换及正弦函数的性质，体现了数形结合思想的应用，属于基础题．
 11.【答案】BC
 【解析】解：设，则，解得，
故，函数的定义域是故A错误，
函数是非奇非偶函数，故B正确，
设切点是，则切线斜率，
故切线方程是，
代入点的坐标解得，
故切点是，切线斜率，
故切线方程是，即，故C正确，
函数是凸函数，故D错误，
故选：
求出函数的解析式，根据幂函数的性质分别判断即可．
本题考查了幂函数的性质，考查函数的切线方程以及导数的应用，是基础题．
 12.【答案】ACD
 【解析】解：由题意可得，直线l的斜率存在，故可设l的方程为，，
联立，可得，
，，故A正确，B错误；
，
则，即，即或
联立，得消x可得，
，N两点在y轴的两侧，
，即，
直线l的斜率取值范围为，故C正确；
设，，
，
，，
，
解得舍去或，
故存在实数k使，故D正确．
故选：
可设l的方程为，，联立方程组，可得，根据韦达定理即可判断AB；根据韦达定理和抛物线的性质可得，再联立方程组，得，根据M，N两点在y轴的两侧，可得，即，即可求出k的范围；根据弦长公式即可求出k值，故可判断
本题考查了直线与抛物线位置关系，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
 13.【答案】
 【解析】解：根据题意，设等比数列的公比为q，
若，，则，解可得，
则；
故答案为：
根据题意，设等比数列的公比为q，由等比数列的通项公式可得，解可得q的值，进而计算可得答案．
本题考查等比数列的前n项和，涉及等比数列的通项公式，属于基础题．
 14.【答案】
 【解析】解：因为，，
所以，
所以，
因为，
所以，
所以
故答案为：
由已知结合同角平方关系及二倍角的正弦公式可求．
本题主要考查了同角平方关系及二倍角的正弦公式的应用，属于基础题．
 15.【答案】9
 【解析】解：在中，
令得，，，
所以，，
故答案为：
求出的系数，再令，进而可以求解．
本题考查了二项式定理的应用，考查了学生的运算求解能力，属于基础题．
 16.【答案】
 【解析】解：根据题意，向量，由向量的线性运算可知，
函数，点，为坐标原点，向量，是与的夹角，
根据斜率定义可知，，当且仅当时取等号，
即的最大值是；
故答案为：
根据题意，由向量的线性运算可知，结合函数的解析式可得的表达式，结合基本不等式的性质分析可得答案．
本题考查向量的实际应用，涉及基本不等式的性质，属于基础题．
 17.【答案】解：又当时，，所以，
当时，①，②，
由①-②得，即，
所以是首项，公比为的等比数列，
故；
由得，
所以
 【解析】由与的关系求解即可；利用裂项相消求和即可求解．
本题考查了数列的递推式和裂项相消求和，属于中档题．
 18.【答案】解：由正弦定理及，知，
，
，
，，
，解得

设BC边上的中线为AD，
选择①：由可得，即，
，，
在中，由余弦定理，得，
，
故BC边上的中线的长度为
选择②：由可得，
设的外接圆半径为R，
由正弦定理得，，，
的周长，解得，
，，
在中，由余弦定理，得，
所以，
故BC边上的中线的长度为
 【解析】利用正弦定理化边为角，并由二倍角公式以及B的取值范围，得解；
设BC边上的中线为AD，
选择①：先利用面积公式求得a的值，再在中，利用余弦定理，得解；
选择②：设的外接圆半径为R，利用正弦定理，将周长表示成关于R的式子，从而求得R的值，进而知a，再在中，由余弦定理，得解．
本题考查解三角形，熟练掌握正弦定理，余弦定理是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
 19.【答案】证明：正方形ACDE中，，平面平面ABCDE，交线为CE，
所以平面CEFG，所以
解：以C为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，所以点B到AC的距离为1，，
则，，，，，
所以，设平面BFG的法向量为，
则，即，
令，得为平面CEFG的一个法向量，
所以，故二面角的余弦值为
 【解析】证明平面 CEFG，即得证；
以 C 为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系，再利用向量法求解．
本题考查二面角，考查学生的运算能力及分析能力，属于中档题．
 20.【答案】解：若投资光刻机项目，设收益率为，则的分布列为：Pp所以
若投资光刻胶项目，设收益率为，则的分布列为0P所以
因为投资以上两个项目，获利的期望是一样的，
所以，所以
因为，，
所以，，
这说明虽然光刻机项目和光刻胶项目获利相等，但光刻胶项目更稳妥．
综上所述，建议该风投公司投资光刻胶项目；
，，，，
则，，
故线性回归方程为
设该公司在芯片领域的投资收益为Y，则，
解得，故在2020年年末该投资公司在芯片领域的投资收益可以超过亿元．
 【解析】求出两项目的期望和方差，比较即可求解；
利用求回归方程的公式即可求解．
本题考查了离散型随机变量的期望方差以及线性回归方程，考查了学生的运算能力，属于中档题．
 21.【答案】解：椭圆为左右焦点，
B为短轴端点，长轴长为4，焦距为2c，且，的面积为
由题意知，解得：
故椭圆C的方程是…………4分
由，得…………6分
动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，且，
即，化简得
此时，，
由，得…………8分
假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上．
设，则对满足式的m、k恒成立．
，，由，…………10分
得，
整理，得…………11分
由于式对满足式的m，k恒成立，
，解得
故存在定点，使得以MN为直径的圆恒过点…………12分
 【解析】由椭圆长轴长为4，焦距为2c，且，的面积为，列出方程组，求出a，b，c，由此能求出椭圆C的方程．
由，得由动直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求出，由，得假设平面内存在定点P满足条件，由图形对称性知，点P必在x轴上．设，由，得，由此求出存在定点，使得以MN为直径的圆恒过点
本题考查椭圆的标准方程的求法，考查是否存在以线段为直线的圆恒过定点的判断与求法，考查椭圆、直线方程、圆等基础知识，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题．
 22.【答案】解：，
若函数在区间递增，则有在上恒成立，
即在上恒成立，所以只需，
因为函数在时取得最小值9，
所以，
所以a的取值范围为
证明：令，，则，
由，，且，得，所以，，
所以要证成立，只需证，
即，即成立即可，
令，则需证，
由可知时，函数在单调递增，
所以，
所以成立，
所以
 【解析】求导，得，依题意，则有在上恒成立，分离参数a，结合基本不等式可求得实数a的取值范围；
令，，则，，分析知，要证成立，只需证，令，则需证，利用知，当时，，从而可证得结论成立．
本题考查了利用导数研究函数的单调性与最值，考查函数思想与转化与化归思想的应用，考查推理论证能力与运算求解能力，属于中档题．