【文档说明】2022年广东省新高考普通高中联合质量测评高二摸底调研数学参考答案.pdf，共(11)页，982.581 KB，由管理员店铺上传

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试卷第1页，共10页2022年广东省新高考普通高中联合质量测评高二摸底调研数学参考答案一、选择题1.B【解析】由题0Bxx,[0,3)AB，故选B2.A【解析】1212(12)(2)51255ZiiiiZi，故选A3.C【解析】

由题423rl，223rl225hlr2114533453Vrh,故选C4．B【解析】用a1，a2，…，a8表示8个儿子按照年龄从大到小得到的绵数，由题意得数列a1，a2，…，a8是公差为17的等差数列，且这8项的和为996

，∴8a1＋8×72×17＝996，解之得a1＝65.∴a7＝65＋6×17＝167，即第7个儿子分到的绵是167斤.故选B5.C【解析】2MFc，122FFc，所以13MFc．由椭圆定义可得1232MFMFcca，可得椭

圆的离心率23113cea．故选：C6.D【解析】3x的系数为2332552220aCC，即804020a，所以34a选D7.A【解析】由题RtABC中，2AC，外接圆半径为11

20,()1BOCBOCOOD()()BPCPBOOPCOOP2()BOCOBOCOOPOP

试卷第2页，共10页2cos120cosBOCOODOPOP2111()11cos12113cos[,]222，选

A8.A【解析】因为函数2e2bxfxax(0,baR)有且仅有两个极值点，所以0fx在R上有两个不同的解，即be0xax在R上有两解，即直线y=bax与函数y＝ex的图象有两个交点，设函数()gxkx与函数()x

hxe的图象相切，切点为(x0，y0)，作函数y＝ex的图象，因为()xhxe，则0xek，所以00000xxyekexx，解得x0＝1，即切点为(1，e)，此时k＝e，由图象知直线()ygxkx与函数y＝ex的图象有

两个交点时，有ke即(0)baeb，故选A.二、选择题9.ACD【解析】易得5.4,3xy，则527b,A成立；相关系数r的绝对值越接近于1，表示相关程度越大，越接近于0，相关程度越小，B不成立;样本数据1x、2x、、nx的标准差为12，其方差为

14，因此数据13100x、23100x、、3100nx的方差是219344´=。C成立；40.25PX，则20.25PX，则2120.250.751PXPX，D成立；选ACD10.ABC【解析】23s

in22cos3sin21cos22cos(2)13yxxxxx该函数的最小正周期为，A成立试卷第3页，共10页将6x代入cos2cos013x，B成立该函数的图象向左平移6个单位，向下平移1个单位，得2cos(2)2cos233yxx，C

成立0,,2x22[,]333x，由复合函数单调性，该函数在0,,2上先增后减，D不成立选ABC11.AC【解析】∵A（3，0），B（0，4），∴过A、B的直线方

程为134xy，即4x+3y－12=0．圆心（5，5）到直线4x+3y－12=0的距离22|453512|233543d，∴点P到直线AB的距离的范围为[85，385]，∴故B错误，A正确．如图，当过B的直线与圆相切时，满足∠PBA最小或最大（P点位于P1时

∠PBA最小，位于P2时∠PBA最大），此时︱BC︱=22(50)(54)26︱PB︱=22||317BC，故C正确．故选AC．12.AD【解析】①当12时，点P在EF上，其中E、F分别AB、11CD为中点，而EF∥平

面11ABC，故点P在EF上移动时，三棱锥11PABC的体积为定值，A成立②当12时，点P在GH上，其中G、H分别1AD、1BC为中点，故点P在GH上移动时，高发生改变，三棱锥11PABC的体积不是定值，B不成立③当1

时，P,B,1D三点共线，P在1BD上移动而PAPC，P在以AC为球直径的球面上。球心为O半径为12AC抽出图形1RtDDB，12DD，23BD，所以130DBD试卷第4页，共10页所以点O到直线1

BD的最短距离312ONr，所以1BD与球O有两个公共点，C不成立④当31时，M,B,1D三点共线，P在1MD上移动此时A，C，E在球面上，M点在球内部。故1MD与球面有唯一交点，D成立选AD三、填空题13.2ea【解析】由题21f

，(2)2ln(2)1faln(2)1a，2ae，故2ea14.2【解析】由题2pm，2mp，焦点(0,)4mF，准线4my()244mmAF，4m()244mmAF

2:4Cxy，(,1)Aa代入抛物线方程，24a又0a，2a答案：215．2【解析】ln(1),2()ln(1)ln(1),12xxxfxxxxxx,所以11,21()11,121xxfxxx，当2x

，1()101fxx，()fx在2,单调递增；试卷第5页，共10页当12x，2()01xfxx，()fx在1,2单调递减；故()ln(1)fxxx有最小值(2)2ln(21)2f故答案：216．2,5

【解析】解：由21310nnnaaa得2310nnnaaqqa，即2310+30qq，又1q，所以解得3q=，因为236aa，所以633233aa，解得333a，所以3nna，又*1nnbnanN，所以13nnbn，又因

为nb是递增数列，所以11131323230nnnnnbbnnn恒成立，即2320n恒成立，所以max22235n，所以

25.故答案为：2,5.四、解答题17．【解析】(1)设等差数列{}na}的公差为d，∵3716aa，∴58a，……………………1分又∵920a∴20834d，1544aad……………………2分故37nan

；……………………3分(2)∵122nnbS∴当2n时，122nnbS∴12nnnbbb，即13nnbb，……………………4分当1n时，21226bS也满足13nnbb，…………

…………5分故数列{}nb是以2为首项，3为公比的等比数列，试卷第6页，共10页即123nnb……………………6分故1(37)23nnnabn，……………………7分∴011(4)23(1)2

3(37)23nnTn①113(4)23(310)23(37)23nnnTnn②……………………8分①﹣②得，∴01212(4)2332(333)(37)23nnnTn

33832(37)2313nnn83(33)(37)23nnn17(617)3nn……………………9分∴17(617)32nnnT

……………………10分18.【解析】（1）由100.0100.0150.0150.0250.051m，得0.030m.平均数为450.1550.15650.15750.3850.25950.0571x

，…………………2分设中位数为n，则0.10.150.15700.030.5n，得22073.333n.…………………4分故可以估计该市参加测试的学生能力质量指标值的平均数为71，中

位数为73.33.…………………5分(2)由题意每个人投给其他任何一人的概率均为14，X的取值为0,1,2,3，4…………………6分4181014256PX;314111081C142645PX

；222411542C144256PX;33413123C44256PX；444114C4256PX…………………10分X的分布列为………………11分则

8110854121012341256256256256256EX…………………12分X01234P8125610825654256122561256试卷第7页，共10页19.【解析】（1）因为2

cos2bAca，由正弦定理可得，2sincos2sinsinBACA，……………1分由三角形内角和定理和诱导公式可得，sinsin(())sin()CABABsincoscossinABAB，代入上式可得，2sincos2sincos2cossin

sinBAABABA，所以2cossinsin0BAA.……………3分因为0,sin0AA，所以2cos10B，即1cos2B.由于0B，所以3B.……………5分（2）在

BCD中，2222cosBCBDCDBDCDD423cosD，因为ABC是等边三角形，……………6分所以213sin3co23423sABCSABACBCD，1sinsin232B

CDSBDCDDD，……………8分所以平面四边形ABDC的面积333cossin22BCBDACSSDDSsin333D……………9分因为0D，所以3233D……………10分所以当56D时，

sin31D，此时平面四边形ABDC的面积有最大值23……………12分20．【解析】(1)在PB上取点Q,使得:1:2BQQP，连接,CQQG则12AGBQGPQP，所以//GQAB且23GQAB……………………1分又//CDAB且22233CECDAB

试卷第8页，共10页所以//GQCE且GQCE……………………2分所以GQCE是平行四边形,GECQ∥……………………3分因为GE平面PBC，CQ平面PBC，所以//GE平面PBC，……………………4分又因为平面PBC

平面FEGHHF,GE平面FEGH所以//GEHF……………………5分(2)由题意PE平面ABCD，由（1）可知EMCD所以E为原点，,,EMECEP分别为轴，建立如图所示，建立空间直角坐标系，则2,1,

0A，0,1,0D，0,0,2P，0,0,0E，0,2,0C，422,,333G，0,1,1F，……………………7分所以2,0,0DA，0,1,2DP，422,,333EG

，0,1,1EF，……………………8分设平面PAD的法向量为111,,mxyzur，则1112020DAmxDPmyz，令10x，11z，得平面PAD的一个法向量为0,2,1mur，……………………9分设平面E

GHF的法向量为222,,nxyz，则2222242203330EGnxyzEFnyz，令21z，得平面EGHF的一个法向量为1,1,1nr，……………………10分所以2115cos,553mnurr

，……………………11分所以平面PAD与平面EGHF所成锐二面角的余弦值为155．……………………12分21.【解析】（1）椭圆2222125xynn，试卷第9页，共10页22(2)(5)7,7nnc，1(7,0

)C……………………1分由214CCCC，根据双曲线定义可知，C的轨迹为双曲线的左支，………2分2142,2CCCCaa222734bca，其中1C，2C为双曲线的焦点，……………………3分即221(0

)43xyx，所以动点C的轨迹E的方程为22143xy，0x；……………………4分（2）（2）①直线l：xtym，令11,Pxy，22,Qxy．联立22143xtymxy得到：2223463120tytmym……

………………6分故2222221212226312,,(6)4(34)(312)48(34)03434tmmyyyytmtmmttt……………7分因为要同时交于双曲线左支，首先0，即存在m，t使得2234mt……………………8分同时满足：

12122222212121228203443034mxxtyymtmtxxtyytmyymt，所以0m；……………………9分②2211222

1211212121122222222BQAPykytymtyymyxxyykyxytymtyymyx，……………………10分因为212123126myytyym故②式可化为

12212122BQAPktyymyktyymy22212221222121213122444631244426myymymmymymmmmymyyymym

211222222222mmymymmmmymy，因为0m，所以2411,122mmm．……………………12分22.【解析】（1）由()lnfxxax

可知定义域为(0,)，且axxf1'………1分①当0a时，0'xf恒成立，此时xf在(0,)上单调递增；……………2分试卷第10页，共10页②当0a时，由1'0fxxa令0'xf有ax10；令0'xf有a

x1可知()fx在区间10,a上单调递增，在区间1,a上单调递减………4分综上述：①当0a时，增区间为(0,)，无减区间；②当0a时，增区间为10,a，减区

间为1,a。……………5分（2）()()gxfx，由（1）可知且()gx与xf单调性相同，依题意必有，0a，且()gx存在极大值10ga，不妨设2110xax，则11212

1212122ln1,1lnln()lnlnln1.xaxbxxxxaxxxxaxaxb故要证：1221xxa，即证：21121221211(0)lnlnxxxxxxxxaxx即证：211222

121211211ln(0)lnxxxxxxxxxxxxxx……………8分故可构造函数，1,1ln1xxxxx……………9分则121'02xxxxx因此x单调递减，所以0111x……………10分所以1,

1lnxxxx令112xxx，可以得到211212lnlnxxxxxx，且2110xax即axxxxxx1lnln121221所以2211axx……………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue10

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