备战2022年广东高考数学仿真卷（6）

备战2022年广东高考数学仿真卷（6）

一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）

1．（5分）设集合，0，1，，集合，则　　

A．， B．，1， C．，2， D．，

【答案】

【详解】解：由，得，，

又，0，1，，

，0，1，，1，．

故选：．

2．（5分）已知复数（其中为虚数单位），则在复平面内对应的点位于　　

A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限

【答案】

【详解】解：

，

，

在复平面内对应的点的坐标为，位于第四象限．

故选：．

3．（5分）已知，则　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：因为，

所以．

故选：．

4．（5分）设，均为单位向量，则“”是“”的　　

A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 

C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件

【答案】

【详解】解： “”

平方得，

即，

即，

则，即，

反之也成立，

则“”是“”的充要条件，

故选：．

5．（5分）二项式的展开式的常数项为60，则的值为　　

A．2 B． C． D．

【答案】

【详解】解：二项式的展开式的通项公式为，

令，求得，可得常数项为，则，

故选：．

6．（5分）曲线在，（1）处的切线方程为　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：由，得，所以（1），（1），

所以曲线在，（1）处的切线方程为，

即．

故选：．

7．（5分）已知函数，若不等式对任意恒成立，则实数的取值范围是　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：函数的定义域为，且，

所以为偶函数，又当时，是增函数，

令，

任取，，，且，

则，

因为，所以，，

所以，

所以在，上是增函数，即在，上是增函数，

所以不等式对任意恒成立，

转化为，即，

所以和在上恒成立，

①若在上恒成立，则△，解得；

②若在上恒成立，则△，解得；

综上所述，实数的取值范围是．

故选：．

8．（5分）某软件研发公司对某软件进行升级，主要是软件程序中的某序列，，，进行重新编辑，重新编辑后的新序列为，它的第项为．若序列的所有项都是2，且，，则等于　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：设，则序列，，，，，

所以第项，

当时，

，

将，，代入上式解得，．

故选：．

二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）

9．（5分）若，，则　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：由，，得，，

则，，，

故选：．

10．（5分）函数的部分图象如图所示，则　　

A． B． C． D．

【答案】

【详解】解：由函数的部分图象知，，

设的最小正周期为，则，解得，所以，

将最低点的坐标，代入中，得，

所以，，解得，，

所以，，

即

．

故选：．

11．（5分）已知圆与圆有且仅有两条公共切线，则实数的取值可以是　　

A． B．3 C．2 D．

【答案】

【详解】解：根据题意，圆，即，其圆心为，半径，

，其圆心，半径，

若两个圆有且仅有两条公共切线，则两圆相交，则有，即，

解可得：或，

分析选项可得：符合，

故选：．

12．（5分）函数为定义在上的奇函数，当时，，下列结论正确的有　　

A．当时， 

B．函数有且仅有2个零点 

C．若，则方程在上有解 

D．，，恒成立

【答案】

【详解】解：当时，，，

可得时，，递增，时，，递减，可得处取得极大值，

，，画出在的图象，由奇函数的图象关于原点对称，可得在的图象，且，

可得在上的图象．

当时，，，故正确；

由图象可得与轴有三个交点，故错误；

由时，可得，，可得方程在上有解，则，故错误；

由图象可知，，，则，，，故正确．

故选：．

三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）

13．（5分）已知，则　  　．

【答案】

【详解】解：，

．

故答案为：

14．（5分）若抛物线上的点到焦点的距离为10，则到轴的距离是　  　．

【答案】9

【详解】解：抛物线的准线为，

点到焦点的距离为10，

点到准线的距离为10，

点到轴的距离为9．

故答案为：9．

15．（5分）已知点是抛物线上的一个动点，则点到点的距离与到抛物线的准线的距离之和的最小值为　  　．

【答案】

【详解】解：设点在抛物线的准线的投影为点，

抛物线的焦点的坐标为，

由抛物线的定义可知点到抛物线的准线的距离为，

则点到点的距离与到准线的距离之和为，

当且仅当点，，三点共线时取等号，

故答案为：．

16．（5分）已知球是三棱锥的外接球，，，点是的中点，且，则球的表面积为　  　．

【答案】

【详解】解：由，，得．

由点是 的中点及，

求得，又，

，得，

又且，平面，

平面．

球心到底面 的距离，

由正弦定理得 的外接圆半径，

球的半径为，

球的表面积为．

故答案为：．

四．解答题（共6小题，满分70分）

17．（10分）在①，②，③三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并加以解答．

已知的内角，，所对的边分别是，，，若 ____，且，，成等差数列，则是否为等边三角形？若是，写出证明；若不是，说明理由．

【答案】是等边三角形

【详解】解：选①

，

，

即，解得（舍去）或．

，或，

又，，成等差数列，，不是三角形中最大的边，

即，

由，得，即，

故是等边三角形．

选②

由正弦定理可得，

故，

整理得．

，，即．

，，

又，，成等差数列，，

由余弦定理，可得，即，

故是等边三角形．

选③

由正弦定理得，

，，

即，

，，

即，可得，

由余弦定理即，可得，可得，

故是等边三角形．

18．（12分）已知数列的前项和为，，．

（1）求证：是等差数列；

（2）求数列中最接近2020的数．

【答案】（1）见解析（2）数列中最接近2020的数是1980

【详解】（1）证明：，

由，得，

因为，

所以是以为首项，为公差的等差数列．

（2）解：由（1）得，

即，

则，

当时，也成立，

所以，

则，

当时，；

当时，，

所以数列中最接近2020的数是1980．

19．（12分）如图，四棱锥中，底面是边长为3的菱形，，

面，且，在棱上，且，为棱的中点．

（1）求证：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）见解析（2）

【详解】（1）证明：连接，交于，

取中点，连接，

因为面，所以，，

又因为底面是菱形，，所以，

所以两两垂直，

建立如图所示的空间直角坐标系，

因为，，

所以，，

，，，，，，，0，，

设平面的法向量为，，，

，令，，1，，

因为，所以平面．

（2）解：由（1）知平面的法向量为，1，，

平面的法向量为，0，，

由图知二面角为锐角，

所以二面角的余弦值为．

20．（12分）华为手机作为全球手机销量第二位，一直深受消费者喜欢．惠州某学校学习小组为了研究手机用户购买新手机时选择华为品牌是否与年龄有关系，于是随机调查100个2020年购买新手机的人，得到如下不完整的列联表．定义用户年龄30岁以下为“年轻用户”，30岁以上为“非年轻用户”．

（1）请将列联表填充完整，并判断是否至少有的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关？

（2）若从购买华为手机用户中采取分层抽样的方法抽出9人，再从中随机抽取3人，其中年轻用户的人数记为，求的分布列和数学期望．

附：．

【答案】（1）没有的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关（2）见解析

【详解】解：（1）根据题目所给数据得到如下的列联表：

由列表可得，

故没有的把握认为购买手机时选择华为与年龄有关．

（2）利用分层抽样抽取9个购买华为手机的用户，

其中年轻用户抽（人，非年轻用户抽（人，

现在其中随机抽取3人，设抽到的年轻用户人数为，

则可能的取值为0，1，2，3，

所以，1，2，，

故的分布列为：

．

21．（12分）已知椭圆经过点，且椭圆的离心率．

（1）求椭圆的方程；

（2）若点，是椭圆上的两个动点，，分别为直线，的斜率且，试探究的面积是否为定值．

【答案】（1）（2）是且定值为1

【详解】解：（1）由，可得，

又椭圆经过点，可得，

解得，，

则椭圆的方程为；

（2）设直线的方程为，

与椭圆方程联立，可得，

设，，，，可得，，

，

，

到直线的距离为，

所以的面积为，

由，可得，

即为，

可得，

化为，

所以，

故的面积为定值1．

22．（12分）已知函数．

（1）当时，讨论的单调性；

（2）设是函数的导函数，讨论函数在，上的零点个数．

【答案】（1）函数在上单调递增（2）见解析

【详解】解：（1）的定义域为，

，

令，

则，

当时，，

令，解得，

所以函数在上单调递减，在上单调递增，且（3），

所以在上恒成立，所以函数在上单调递增．

（2）①当，即时，

当时，，故在上单调递减，

（1），（e），

当（e），即，即时，在，上恒成立，

所以时，在，上无零点，

当（e），即，即时，（1）（e），

由零点存在性定理可知，此时在，上有零点，

又因为函数在，上单调递减，所以此时在，上有一个零点．

②当，即时，

当时，，所以在上单调递增，

（1），（e），

当（1），即时，（1）（e），

由零点存在性定理，知此时在，上有零点，

因为在，上单调递增，故在，上仅有1个零点．

当时，（1），此时在，上无零点．

③当，即时，

当时，，当时，，

则函数在上单调递减，在上单调递增，

故．

令（a），则（a），

所以（a）在，上单调递减，且，，

所以（a）在，上先增后减，

又，

所以，故，此时在，上无零点．

综上所述，当或时，在，上有1个零点；

当时，在，上无零点．