广东省2021-2022学年度高考模拟考试数学文科试题(二)及答案解析

第Ⅰ卷（共60分）

一、选择题：本大题共12个小题,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.

42i（ ） 1iA．3i B．3i C．13i D．13i 2.已知a1,3，bm,m4，若a//b，则m（ ） A．1 B．2 C．3 D．6

3.已知xR，集合A0,1,2,4,5，集合Bx2,x,x2，若AA．2 B．0 C．1 D．2

4.空气质量指数（简称：AQI）是定量描述空气质量状况的无量纲指数，空气质量按照AQI大小分为六级：

B0,2，则x（ ）

0,50为优，50,100为良，100,150为轻度污染，150,200为中度污染，200,250为重度污染，

250,300为严重污染.下面记录了北京市22天的空气质量指数，根据图表，下列结论错误的是（ ）

A．在北京这22天的空气质量中，按平均数来考察，最后4天的空气质量优于最前面4天的空气质量 B．在北京这22天的空气质量中，有3天达到污染程度 C. 在北京这22天的空气质量中，12月29日空气质量最好 D．在北京这22天的空气质量中，达到空气质量优的天数有6天

5.如图，AD是以正方形的边AD为直径的半圆，向正方形内随机投入一点，则该点落在阴影区域内的概率为（ ）

A．

31 B． C. D． 1616446.已知等比数列an的首项为1，公比q1，且a5a43a3a2，则a5（ ） A．9 B．9 C.81 D．81

x2y27.已知双曲线C:221a0,b0的一个焦点坐标为4,0，且双曲线的两条渐近线互相垂直，则

ab该双曲线的方程为（ ）

x2y2x2y2y2x2x2y2y2x21 B．1 C. 1 D．1或1 A．8816168888888.已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积为（ ）

A．86 B．66 C.812 D．612

9.在印度有一个古老的传说：舍罕王打算奖赏国际象棋的发明人——宰相西萨·班·达依尔.国王问他想要什么，他对国王说：“陛下，请您在这张棋盘的第1个小格里，赏给我1粒麦子，在第2个小格里给2粒，第

3小格给4粒，以后每一小格都比前一小格加一倍.请您把这样摆满棋盘上所有的64格的麦粒，都赏给您的

仆人吧！”国王觉得这要求太容易满足了，就命令给他这些麦粒.当人们把一袋一袋的麦子搬来开始计数时，国王才发现：就是把全印度甚至全世界的麦粒全拿来，也满足不了那位宰相的要求.那么，宰相要求得到的麦粒到底有多少粒？下面是四位同学为了计算上面这个问题而设计的程序框图，其中正确的是（ ）

A． B． C. D．

10.已知三棱锥DABC的外接球的球心O恰好是线段AB的中点，且ACBCBDAD2CD

2，则三棱锥DABC的体积为（ ）

A．

6321 B． C. D． 333311.已知数列an的前n项和为Sn，a115，且满足

an1an1，已知n,mN*，nm，则

2n32n5SnSm的最小值为（ ）

A．4949 B． C.14 D．28 48x12.已知函数fxelnx3，则下面对函数fx的描述正确的是（ ） A．x0,，fx2 B．x0,，fx2 C. x00,，fx00 D．fxmin0,1 第Ⅱ卷（共90分）

二、填空题（每题5分，满分20分，将答案填在答题纸上） 13.将函数fx2sin2x0的图象向左平移最大值是 ．

个单位长度，得到偶函数gx的图象，则的3y2,14.设x，y满足约束条件yx1,则z3x4y12的最大值为 ．

yx1,15.设函数fxalog2x在区间1,a上的最大值为6，则a ． 16.已知抛物线y2pxp0与圆x2y11相交于两点，且这两点间的距离为

2223，则该抛物3线的焦点到准线的距离为 ．

三、解答题 （本大题共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ABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知B60，c8. （1）若点M是线段BC的中点， （2）若b12，求ABC的面积.

18.经销商第一年购买某工厂商品的单价为a（单位：元），在下一年购买时，购买单价与其上年度销售额（单位：万元）相联系，销售额越多，得到的优惠力度越大，具体情况如下表： 上一年度 销售额/万元 商品单价/元 AN3，求b的值； BM0,100 a 100,200 200,300 300,400 400,500 500, 0.9a 0.85a 0.8a 0.75a 0.7a 为了研究该商品购买单价的情况，为此调查并整理了50个经销商一年的销售额，得到下面的柱状图.

已知某经销商下一年购买该商品的单价为X（单位：元），且以经销商在各段销售额的频率作为概率. （1）求X的平均估计值.

（2）为了鼓励经销商提高销售额，计划确定一个合理的年度销售额m（单位：万元），年销售额超过m的可以获得红包奖励，该工厂希望使62%的经销商获得红包，估计m的值，并说明理由. 19.如图：在五面体ABCDEF中，四边形EDCF是正方形， ADE90， （1）证明：FCB为直角三角形；

（2）已知四边形ABCD是等腰梯形，且DAB60，ADDE1，求五面体ABCDEF的体积.

x2y221b0的左、右焦点分别为F1，F2，点F2也为抛物线C1:y28x的焦点. 20.已知椭圆C1:8b（1）若M，N为椭圆C1上两点，且线段MN的中点为1,1，求直线MN的斜率；

（2）若过椭圆C1的右焦点F2作两条互相垂直的直线分别交椭圆于A，B和C，D，设线段AB，CD的长分别为m，n，证明21.已知函数fx11是定值. mnmnx. ex（1）若函数fx的图象在点0,f0处的切线方程为y3x2，求m，n的值；

（2）当n1时，在区间,1上至少存在一个x0，使得fx00成立，求实数m的取值范围. 请考生在22、23两题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题记分. 22.选修4-4：坐标系与参数方程

3x3t,4在直角坐标系xOy中，直线l的参数方程为（t为参数），圆C的标准方程为ya3tx3y3224.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求直线l和圆C的极坐标方程； （2）若射线求a的值.

23.选修4-5：不等式选讲 已知fxmx32xn.

（1）当m2，n1时，求不等式fx2的解集；

（2）当m1，n0时，fx的图象与x轴围成的三角形面积大于24，求n的取值范围.

30与l的交点为M，与圆C的交点为A，B，且点M恰好为线段AB的中点，

试卷答案

一、选择题

1-5:DABCD 6-10:BABCA 11、12：CB 二、填空题 13.2 14.9 15.4 16.

66三、解答题

17.解：（1）若点M是线段BC的中点，又B60，AB8，

在ABM中，由余弦定理得3x264x228xcos60，

AM3，设BMx，则AM3x， BM解得x4（负值舍去），则BM4，BC8. 所以ABC为正三角形，则b8. （2）在ABC中，由正弦定理

bc， sinBsinC得sinCcsinBb8323. 1236. 3又bc，所以BC，则C为锐角，所以cosC则sinAsinBCsinBcosCcosBsinC所以ABC的面积S3613323， 232361323bcsinA4824283. 2618. 解：（1）由题可知： 商品单价/元 频率 a 0.2 0.9a 0.3 0.85a 0.24 0.8a 0.12 0.75a 0.1 0.7a 0.04 X的平均估计值为：

a0.20.9a0.30.85a0.240.8a0.120.75a0.10.7a0.040.873a.

（2）因为后4组的频率之和为0.040.10.120.240.50.62， 而后5组的频率之和为0.040.10.120.240.30.80.62， 所以100m200. 由

0.120.3，解得m160. 200m100所以年销售额标准为160万元时，62%的经销商可以获得红包.

19.（1）证明：由已知得ADDE，DCDE，AD,CD平面ABCD，且AD所以DE平面ABCD.

又BC平面ABCD，所以BCED.

又因为ED//FC，所以FCBC，即FCB为直角三角形. （2）解：连结AC，AF，VABCDEFVACDEFVFACB.

过A作AGCD交CD于G，又因为DE平面ABCD，所以DEAG， 且CDCDD，

DED，所以AG平面CDEF，则AG是四棱锥ACDEF的高.

因为四边形ABCD是底角为60的等腰梯形，ADDE1，

所以AG313,AB2，VACDEFAGSCDEF. 236因为DE平面ABCD，FC//DE，所以FC平面ABCD，则FC是三棱锥FACB的高.

VFACB13FCSACB. 36所以VABCDEFVACDEFVFACB3. 3

220.解：因为抛物线C2:y8x的焦点为2,0，所以8b24，故b2.

x2y21. 所以椭圆C1:84x12y121,84（1）设Mx1,y1，Nx2,y2，则

22x2y21,48两式相减得

x1x2x1x2y1y2y1y2084，

又MN的中点为1,1，所以x1x22，y1y22. 所以

y2y11.

x2x12显然，点1,1在椭圆内部，所以直线MN的斜率为（2）椭圆右焦点F22,0.

当直线AB的斜率不存在或者为0时，

1. 2111132. mn42228当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为ykx2，

ykx2,设Ax1,y1，Bx2,y2，联立方程得

22x2y8,消去y并化简得12k2x28k2x8k280， 因为8k22412k28k2832k210，

8k218k2所以x1x2，x1x2.

12k212k2所以m1k2x1x2k2224x1x2421k212k2，

同理可得n421k2.

11112k2k2232所以为定值. 22mn421k1k821.解：（1）因为f'xm'，让你以nf0nm，即nm3. xe又因为f0m，所以切点坐标为0,m，

因为切点在直线y3x2上，所以m2，n1.

mexmm'（2）因为fxxx，所以fxx1. xeee当m0时，f符合题意； 当m0时，令f增.

①当lnm1，即0me时，则函数fx在,lnm上单调递减，在lnm,1上单调递增，

''x0，所以函数fx在,1上单调递增，令x0a0，此时fx0ma0，eax0，则xlnm，则函数fx在,lnm上单调递减，在lnm,上单调递

1fxminflnmlnm10，解得0m.

e②当lnm1，即me时，函数fx在区间,1上单调递减，则函数fx在区间,1上的最小值为f1综上，m

m10，解得me，无解. e11，即实数m的取值范围是,.

ee22. 解：（1）在直线l的参数方程中消去t，可得，xy将xcos，ysin代入以上方程中， 所以，直线l的极坐标方程为cossin23a0， 43a0. 4同理，圆C的极坐标方程为6cos6sin140.

（2）在极坐标系中，由已知可设M1,3，A2,3，B3,. 3,2联立可得333140， 326cos6sin140,所以23333. 333333因为点M恰好为AB的中点，所以1，即M2,3. 23131333333把Ma0，

2,3代入cossin4a0，得224所以a9. 423. 解：（1）当m2，n1时，fx2x32x1.

3x,2不等式fx2等价于

2x32x12,13x,或2 22x32x12,1x,或 22x32x12,解得x33或x0，即x0.所以不等式fx2的解集是,0. 22xn3,x3,n（2）由题设可得，fxx32xn3x3n,3x,

2nx3n,x,2所以函数fx的图象与x轴围成的三角形的三个顶点分别为A3n,0，B3n,0，3nnC,3.

2213nn6n所以三角形ABC的面积为3n. 3232626n由题设知，

6

224，解得n6.