《名校发布》广东省广州市2022届高三一模数学试题（解析版） WORD版含解析.docx

1、 2022年广州市普通高中毕业班综合测试（一）数学本试卷满分150分，考试用时120分钟.注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、考场号和座位号填写在答题卡上.用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号.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的相应位置上；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.考生必须保持答题卡的整洁.考

2、试结束后，将试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知集合，则的子集个数为（ ）A. 2B. 3C. 4D. 6【1题答案】【答案】C【解析】【分析】求出的集合，然后找出子集个数即可.【详解】由题可知，所有，所有其子集分别是，所有共有4个子集故选：C2. 若复数，则（ ）A. 2B. C. 4D. 5【2题答案】【答案】B【解析】【分析】先化简复数z，再利用复数的模求解.【详解】因为复数，所以，所以，故选：B3. 甲，乙两人在5天中每天加工零件的个数用茎叶图表示如图，中间一列的数字表示零件个数的十位数，两

3、边的数字表示零件个数的个位数，则下列结论正确的是（ ）A. 在这5天中，甲，乙两人加工零件数的极差相同B. 在这5天中，甲，乙两人加工零件数的中位数相同C. 在这5天中，甲日均加工零件数大于乙日均加工零件数D. 在这5天中，甲加工零件数的方差小于乙加工零件数的方差【3题答案】【答案】C【解析】【分析】由茎叶图的数据，分别计算甲、乙加工零角个数的极差，中位数，平均数，方差，进而得解.【详解】甲在5天中每天加工零件的个数为：18,19,23,27,28；乙在5天中每天加工零件的个数为：17,19,21,23,25对于A，甲加工零件数的极差为，乙加工零件数的极差为，故A错误；对于B，甲加工零件数的中

4、位数为，乙加工零件数的中位数为，故B错误；对于C，甲加工零件数的平均数为，乙加工零件数的中位数为，故C正确；对于D，甲加工零件数的方差为，乙加工零件数的方差为，故D错误；故选：C4. 曲线在点处的切线方程为（ ）A. B. C. D. 【4题答案】【答案】A【解析】【分析】求出导函数，进而利用导数的几何意义得到切线的斜率，再求出的值，利用点斜式求出切线方程.【详解】，所以，又当时，所以在点处的切线方程为：，即故选：A5. 的展开式中的系数为（ ）A. 60B. 24C. D. 【5题答案】【答案】B【解析】【分析】首先写出展开式通项，再考虑通项与相乘得到含的项，即可得系数.【详解】由的展开式通

5、项为，所以的展开式项为，故系数为.故选：B6. 若函数的大致图象如图，则的解析式可能是( )A. B. C. D. 【6题答案】【答案】D【解析】【分析】根据定义域排除A，根据奇偶性排除B，根据值域或单调性排除C.【详解】由图可知函数定义域为x|x0，由此排除A；该函数图像关于原点对称，则该函数为奇函数，需满足f(x)f(x)0，对于B项：f(x)f(x)0，故排除B；C和D均满足f(x)f(x)0，对于C：，当x时，0，故，y增长的速率比y增长的速率慢，即图像在x轴上方无限接近于x轴正半轴，与题意不符，故排除C.综上，D选项正确.故选：D.7. 设抛物线的焦点为F，过点的直线与E相交于A，B

6、两点，与E的准线相交于点C，点B在线段AC上，则与的面积之比（ ）A. B. C. D. 【7题答案】【答案】C【解析】【分析】根据抛物线焦半径公式得到B点横坐标，进而利用抛物线方程求出B点纵坐标，直线AB的方程，求出C点坐标，联立直线与抛物线，求出A点纵坐标，利用求出答案.【详解】如图，过点B作BD垂直准线于点D，则由抛物线定义可知：，设直线AB为， ，不妨设，则，所以，解得：，则，解得：，则，所以，解得：，则直线AB为，所以当时，即，解得：，则，联立与得：，则，所以，其中.故选：C8. 若正实数a，b满足，且，则下列不等式一定成立的是（ ）A. B. C. D. 【8题答案】【答案】D【解

7、析】【分析】根据函数单调性及得到或，分别讨论两种情况下四个选项是否正确，A选项可以用对数函数单调性得到，B选项可以用作差法，C选项用作差法及指数函数单调性进行求解，D选项，需要构造函数进行求解.【详解】因为，为单调递增函数，故，由于，故，或，当时，此时；，故；，；当时，此时，故；，；故ABC均错误；D选项，两边取自然对数，因为不管，还是，均有，所以，故只需证即可，设（且），则，令（且），则，当时，当时，所以，所以在且上恒成立，故（且）单调递减，因为，所以，结论得证，D正确故选：D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对

8、的得2分，有选错的得0分.9. 已知直线与圆，则（ ）A. 直线与圆C相离B. 直线与圆C相交C. 圆C上到直线的距离为1的点共有2个D. 圆C上到直线的距离为1的点共有3个【9题答案】【答案】BD【解析】【分析】根据直线与圆的位置关系可判断.【详解】由圆，可知其圆心坐标为，半径为，圆心到直线的距离，所以可知选项B，D正确，选项A，C错误.故选：BD10. 将函数图象向右平移个单位，得到函数的图象，则下列说法正确的是（ ）A. 若，则是偶函数B. 若，则在区间上单调递减C. 若，则的图象关于点对称D. 若，则在区间上单调递增【10题答案】【答案】AC【解析】【分析】由函数平移得，讨论、，结合正

9、余弦函数性质判断奇偶、对称性以及上的单调性，即可得答案.【详解】由题设，时，为偶函数，在上有，递增，故A正确，B错误；时，此时，即关于点对称，在上有，不单调，故C正确，D错误.故选：AC11. 在长方体中，则下列命题为真命题的是（ ）A. 若直线与直线CD所成的角为，则B. 若经过点A的直线与长方体所有棱所成的角相等，且与面交于点M，则C. 若经过点A的直线m与长方体所有面所成的角都为，则D. 若经过点A的平面与长方体所有面所成的二面角都为，则【11题答案】【答案】ACD【解析】【分析】A根据长方体的性质找到直线与直线CD所成角的平面角即可；B构建空间直角坐标系，根据线线角相等，结合空间向量夹

10、角的坐标表示求，即可求M坐标，进而确定线段长；C、D将长方体补为以为棱长的正方体，根据描述找到对应的直线m、平面，结合正方体性质求线面角、面面角的正弦值.【详解】A：如下图，直线与直线CD所成角，即为直线与直线AB所成角，则，正确；B：构建如下图示的坐标系，过A的直线与长方体所有棱所成的角相等，与面交于且，又，则，故，则，错误.C：如下图，过A的直线m与长方体所有面所成的角都为，则直线m为以为棱长的正方体的体对角线，故，正确；D：如下图，过A的平面与长方体所有面所成的二面角都为，只需面与以为棱长的正方体中相邻的三条棱顶点所在平面平行，如面，故，则，正确.故选：ACD【点睛】关键点点睛：根据长方

11、体或将其补全为正方体，结合各选项线线角、线面角相等判断直线或平面的位置，进而求对应角的函数值.12. 十九世纪下半叶集合论的创立，奠定了现代数学的基础，著名的“康托三分集”是数学理性思维的构造产物，具有典型的分形特征，其操作过程如下：将闭区间0，1均分为三段，去掉中间的区间段，记为第1次操作：再将剩下的两个区间，分别均分为三段，并各自去掉中间的区间段，记为第2次操作：；每次操作都在上一次操作的基础上，将剩下的各个区间分别均分为三段，同样各自去掉中间的区间段；操作过程不断地进行下去，剩下的区间集合即是“康托三分集”.若第n次操作去掉的区间长度记为，则（ ）A. B. C. D. 【12题答案】【

12、答案】BC【解析】【分析】分析题意发现是一个等比数列，按照等比数列性质逐一验证即可，其中B选项是化简成一个等差数列进行判断，CD两个选项需要利用数列的单调性进行判断，尤其是D选项，需要构造新数列，利用做差法验证单调性.【详解】由题可知，；，；，由此可知，即一个等比数列；A：，A错误；B：，因为，所以该数列为递减数列，又因为当时，所以恒成立，B正确；C：，即，两边约去得到，当时，原式成立；当时，恒成立，所以成立，即成立，C正确；D：令，再令，令解得，因为，所以取，由此可知时；时，故为最大值，根据单调性，即不恒成立，D错误.故选：BC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 若，则_

13、.【13题答案】【答案】【解析】【分析】根据同角三角函数的基本关系计算可得；【详解】解：因为，所以，因为，所以所以故答案为：14. 已知菱形ABCD的边长为2，点P在BC边上（包括端点），则的取值范围是_.【14题答案】【答案】【解析】【分析】以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系，利用向量的坐标运算直接求解.【详解】如图示，以C为原点，为x轴正方向，过C垂直向上方向为y轴建立平面直角坐标系.因为菱形ABCD的边长为2，则,.因为点P在BC边上（包括端点），所以,其中.所以,所以.因为，所以.故答案为：15. 已知三棱锥的棱AP，AB，AC两两互相垂直，以顶点P为球

14、心，4为半径作一个球，球面与该三棱锥的表面相交得到四段弧，则最长弧的弧长等于_.【15题答案】【答案】#【解析】【分析】将三棱锥补全为棱长为的正方体，根据已知条件判断棱锥各面与球面相交所成圆弧的圆心、半径及对应圆心角，进而求出弧长，即可知最长弧长.【详解】由题设，将三棱锥补全为棱长为的正方体，如下图示：若，则，即在P为球心，4为半径的球面上，且O为底面中心，又，所以，面与球面所成弧是以为圆心，2为半径的四分之一圆弧，故弧长为；面与与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；面与球面所成弧是以为圆心，4为半径且圆心角为的圆弧，故弧长为；所以最长弧的弧长为.故答案为：.16. 如图

15、，在数轴上，一个质点在外力的作用下，从原点O出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动6次，则事件“质点位于的位置”的概率为_.【16题答案】【答案】【解析】【分析】理解题意构建数学模型，利用排列组合进行解题.【详解】由图可知，若想通过6次移动最终停在-2位置上，则必然需要向右移动2次且向左移动4次，记向右移动一次为R，向左移动一次为L，则该题可转化为RRLLLL六个字母排序的问题，故落在-2上的排法为所有移动结果的总数为，所有落在-2上的概率为故答案为：四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17. 在等比数列中，分别是下表第一，二，三行中的某一个数

16、，且中的任何两个数不在下表的同一列.第一列第二列第三列第一列323第二列465第三列9128（1）写出，并求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前n项和.【1718题答案】【答案】（1）， （2）【解析】【分析】（1）根据等比数列的定义和表格中数据的特点得到，进而求得通项公式；（2）由（1）知，利用分组求和，含有需讨论为偶数与奇数，然后按照等差数列求和.【小问1详解】根据等比数列的定义和表格中数据，得到，即数列是首项为，公比为的等比数列，故.【小问2详解】因为当为偶数时，当为奇数时，综上所述，18. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为.（1）证明：；（2）若，求.【18

17、19题答案】【答案】（1）证明见解析； （2）【解析】【分析】（1）根据三角形面积公式及三角形内角性质可得，再由正弦定理的边角关系即可证结论.（2）由（1）及题设可得，进而求得，应用余弦定理及正弦定理边角关系求，即可求，注意根据B的范围判断符号，最后利用及和角余弦公式求值即可.【小问1详解】由题设，又，所以，由正弦定理可得，所以，又，所以，即.【小问2详解】由（1）及题设，且，所以，则，故，又，可得，若，则，而，故不合题设；所以，所以.19. 如图，在五面体ABCDE中，平面ABC，.（1）求证：平面平面ACD；（2）若，五面体ABCDE的体积为，求直线CE与平面ABED所成角的正弦值.【19

18、20题答案】【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）若是中点，连接，作，根据题设可得两两垂直，构建空间直角坐标系，令，并确定点坐标，求面、面的法向量，应用空间向量夹角的坐标表示即可证结论.（2）根据已知体积，结合棱锥的体积公式求出，进而求面ABED的法向量、直线CE的方向向量，应用空间向量夹角的坐标表示求线面角的正弦值.【小问1详解】若是中点，连接，作，由知：，因为面ABC，则面ABC，又面ABC，所以，综上，两两垂直，故可构建如下图示的空间直角坐标系，令，则，所以，若是面的一个法向量，即，令，则，又是面的一个法向量，则，所以面面.【小问2详解】由面ABC，面ABED，则面A

19、BED面ABC，故到面ABED的距离，即为中上的高，因为，则，故，所以上的高.又面ABC，则，而，有，所以为直角梯形，令，则，综上，故.由（1）知：，所以，若是面ABED的一个法向量，即，令，则，而，则，所以直线CE与平面ABED所成角的正弦值为.20. 人们用大数据来描述和定义信息时代产生的海量数据，并利用这些数据处理事务和做出决策，某公司通过大数据收集到该公司销售的某电子产品1月至5月的销售量如下表.月份x12345销售量y（万件）4.95.86.88.310.2该公司为了预测未来几个月的销售量，建立了y关于x的回归模型：.（1）根据所给数据与回归模型，求y关于x的回归方程（的值精确到0.

20、1）；（2）已知该公司的月利润z（单位：万元）与x，y的关系为，根据（1）的结果，问该公司哪一个月的月利润预报值最大？参考公式：对于一组数据，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计公式分别为，.【2021题答案】【答案】（1）； （2）第9个月的月利润预报值最大【解析】【分析】（1）根据数据与回归方程的公式进行求解，得到回归方程；（2）结合第一问所求得到关于的函数，通过导函数求出单调区间，极值及最值，求出答案.【小问1详解】令，则，所以y关于x的回归方程为；【小问2详解】由（1）知：，令，令得：，令得：，令得：，所以在处取得极大值，也是最大值，所以第9个月的月利润预报值最大.21. 在平面直角坐

21、标系xOy中，已知点，点M满足直线AM与直线BM的斜率之积为，点M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程；（2）已知点，直线与x轴交于点D，直线AM与交于点N，是否存在常数，使得？若存在，求的值；若不存在，说明理由.【2122题答案】【答案】（1）且； （2）存在，理由见解析.【解析】【分析】（1）利用斜率两点式，结合直线斜率之积为定值列方程，即可求M的轨迹为曲线C，注意.（2）设、直线AM为，联立曲线C，应用韦达定理求坐标，进而应用表示、，结合二倍角正切公式判断与的数量关系，即可得解.【小问1详解】设，则且，所以M的轨迹为曲线C方程为且.【小问2详解】设，则直线AM为，联立曲线C得：，整理得：，由

22、题设知：，则，故，又，所以，即，所以存在，使.22. 已知函数，为的导数.（1）证明：当时，；（2）设，证明：有且仅有2个零点.【2223题答案】【答案】（1）证明过程见解析 （2）证明过程见解析【解析】【分析】（1）令，利用导数判断的单调性，并求出其最小值即可证明；（2）由（1）可知，在上单调递增，利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，通过构造函数即可证明在上单调递减，同理利用零点存在性定理可证明在这个区间上有一个零点，即可得证.【小问1详解】由，设，则，当时，设，和在上单调递增，当时，则，函数在上单调递增，即当时，;【小问2详解】由已知得，当时， ，在上单调递增，又，由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，当时，设，则，在上单调递减，在上单调递减，又，由零点存在性定理可知在上仅有一个零点，综上所述，有且仅有2个零点.23学科网（北京）股份有限公司