【文档说明】广东省高考研究会测评研究院2022届高三上学期阶段性学习效率检测调研卷数学试题解析.pdf，共(10)页，440.437 KB，由小赞的店铺上传

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2021年广东省12月份联考参考答案第I卷（选择题共60分）一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，满分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.【答案】：A【解析】：{|24}Axx，{|25}Bxx，{|25}RCBxxx或,则有()

{|22}RACBxx，故选A.2.【答案】：C【解析】：解法一：由(1)zii，可得(1)11(1)(1)2iiiiziii，则可得：22z；解法二：根据复数模的性质：1zii，可得：21z，即可得：

22z，故选C.3.【答案】：D【解析】：设第i（1,2i）打开门为事件iA，则原问题为计算12323()5410PAA，故选D.4.【答案】：A【解析】：本题考察柱形图，折线图，饼图的认识与理解能力，由图1可知，蓝色柱状图（平均工资）从左到右逐步升高，说明

A正确；红色折线图（增长率）总体趋势下降，但中间也有上升，所以B错误；由图2可知，中部地区2020年的工资的平均增速最高，工资不一定最高，所以C错误、D错误.答案为A.5．【答案】：D【解析】：依题意可得()sin2()sin(2)84gxxx，其最小正周

期为22，所以A错误；(,0)4不在()gx的图像上，所以B错误；将316x代入()gx中，得到的既不是最大值也不是最小值，所以C错误；令2242x，得到388x，故()gx在区间3(,)88

上单调递增，D正确，答案为D6．【答案】：B【解析】：解法一：设函数()gx的图象与函数ln+1yx（）的图象关于直线1x对称，(,)Pxy为函数()gx上任意一点，(,)Pxy关于直线1x对称点(2,)Pxy在函数ln+1yx（）的图象上，故有

：ln(2+1)ln(3)yxx，所以正确答案为B.解法二：函数ln(+1)yx的定义域为(1,)x，该区间关于直线1x的对称区间为(,3)x，选项中符合条件的仅为选项B，故正确答案为B.7.【答案】：B【解析】：设点AB、的横坐标分别为12,xx，由过

抛物线216yx的焦点弦长公式得：1212||832ABxxpxx，所以1212||24ABxxpxx，所以OAB的重心的横坐标为：12083xx，故答案为B.8.【答案】：C【解析】：如图，因为2ACBAOB，又ACBAOBOAC

，所以AOBOAC，从而1CACO，故点A的轨迹是以C为圆心，1为半径的圆.当点P为直线:30lxy上的定点时，当AP与圆C相切时，APC最大，此时1sinACAPCCPCP，当CPl时，此时CP最小，sinAPC最大，从而APC最大.

经计算得此时(2,1)P，2CP，2sin2APC，此时APC的最大值为4，答案为C.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，有选错的得0分，部分

选对的得2分.9．【答案】：ACD【解析】：根据题意可知：222ABSASB，222ACSASC，222BCSBSC，可得SASB，SASC，SBSC，即可得,,SASBSC两两互相垂直，故选项A成立；根据选项A可将该三棱锥补形为一个长方体，其长、宽、高分别为1

，1，2，其外接球的直径为该长方体的体对角线即22221126R，即球O的半径为62R，则可得球O的表面积是6，球O的体积是6.综上可得ACD成立.10.【答案】：BD【解析】21m，21n，

即有22+2mn，故选项A错误；不妨设，如图，设点A，B，C的坐标为(cos,sin)，(cos,sin)，(1,1)，即可得点A，B在单位圆22+1xy上.根据向量加法的平行四边

形法则，四边形OACB为正方形，据此可得0，2，从而可得：cos()0，sin()1，即可得选项B成立，选项C错误.由(1,1)mn可得：2()222mnmn，可得：20mn

，222=22mnmnmn，则可得：=2mn，故选项D成立.11.【答案】：AC【解析】：利用函数的性质可以判断()fx为奇函数，由(23)(2)0fmnfn可得：(23)(2)fmnfn

；利用导数可知其在R上单调递增，从而可得：232mnn，即有：1mn.显然可得：选项AC成立，选项D错误；令2m，0n，可验证选项B错误；12.【答案】：ABD【解析】：如图，延长QN，DC相交于点T

，连接MT，PT.考虑两个三棱锥QMPT，QMPN，易得：12QMPNQMPTVV.转而求三棱锥QMPT的体积，过点T作AD的平行线与AB的延长线交于点O，考虑MPT，可通过四边形AOTD面积减去三个小三角形的面积，可得MPT的面积为73，再由点Q到平

面ABCD的距离为2，根据三棱锥的体积公式即可得149QMPTV，从而可得：79QMPNV.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13.【答案】：1ye【解析】：根据ln1()efeee可得切点坐标为1(,)ee，对函数()fx求导可得21ln()xfx

x，根据导数的几何意义可得：函数在点(,())efe处的切线斜率()0kfe.综上：该函数在点(,())efe处的切线方程为1ye.14.【答案】：92【解析】：解法一：令1n，可得：1132Skbak，化简可得：3kb；当2n时，21(1)(1)nSk

nbn，与原条件相减可得：2naknkb.与na的表达式对比可得：23k，2bkk，综上可得：92b；解法二：令2n，可得：2124294Skbaak，化简可得：92b；15.【答案】：3【解析】：设11(2,3)Att，22(2,3)Btt，由

四边形OAPB为平行四边形，根据向量的加法：OPOAOB，从而可得：0120122()3()xttytt.代入双曲线的方程可得：221212()()1tttt，即有1241tt.根据平行四边形的面积公式：1212122(3)3243=3O

APBStttttt.16.【答案】：3；1524.【解析】：当23a时，2224bc，根据基本不等式可得：12bc，则有222121cos222bcaBACbcbc，由此可得BAC的最大值为3；

设BC边长的中线为AD，利用中线长公式：2222122bcaAD，代入条件可得：22230aAD，根据基本不等式可得：1522aAD，设a与AD所成的夹角为，根据面积公式：11152sin224ABCSaADaAD.四、解答题：本题共

6小题，共70分，解答题写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.【解析】：(Ⅰ)依题意可得：23(2)18(3)(1)48fcdffcdcd…………………………………………

2分解得：133dd或，又0,3dd…………………………………………3分从而可求得2c，所以()23xfx，故23nna.…………………………………………4分(Ⅱ)33loglog32nnnabn,23nnnabn…………………………………

………5分2234323nnSn…………………………………………6分213232(1)323nnnSnn…………………………………………7分第15题图两式相减可得：21262(33)23nnnSn………………………………………8分化简可得：1

23(21)3nnSn，…………………………………………9分从而可得：1(21)332nnnS…………………………………………10分18.【解析】：(Ⅰ)根据三角形的面积公式：1si

n2ABDScBDABD，1sin2BCDSaBDCBD.……………………………1分又因为BD是ABC△的角平分线，所以ABDCBD.从而可得：53ABDBCDScSa，即有35ac，………2分可得ac，根据大边对大角，可得A为

锐角.33sin14A，13cos14A.…………………………………………3分利用余弦定理可得：2222cosabcbcA，代入数据可得：2161349025cc.…………4分计算可得：5c或16245c（舍）；…………………………………………5分即

可得：3a.…………………………………………6分(Ⅱ)在ABC△中使用余弦定理可得：2221cos22acbABCac……………………………7分所以ABC的值为23，…………………………………………8分从而可得：3ABD.在ABD△中，可得43sinsi

n()37ADBA.…………………………………………9分使用正弦定理可得：sinsinBDABAADB，…………………………………………11分代入数据可得：158BD.…………………………………………12分由58ABDABCSS得，53588ADAC

…………………………………………9分使用正弦定理可得：sinsinADBDABDA，…………………………………………11分代入数据可得：158BD…………………………………………12分19.【解析】：(Ⅰ)列联表完善如下：……1分根据公式2K的估计值为20100(450200)10

01585505051k.……3分经查表，1006.63551.故没有99%的把握认为性别与获得比赛优秀的结果相关.…4分根据列联表可知，参加比赛的学生中获得优秀的频率为15%.……………………5分全校1000名学生获得优秀

的人数约为：10000.15150.这1000名学生中大约有150名学生能得到优秀.……………………6分(Ⅱ)获得体验名额的女生人数X的取值范围是：0，1，2，3………………7分310315120(0)455CpXC；21105315225(1)455CCpXC；

12105315100(2)455CCpXC；3531510(3)455CpXC；则其对应的分布列为：………………10分（注明：若概率的计算有对有错，无论正确几个，均只给1分）X的数学期望为：12022510010()01231455455455455E

X.……12分20.【解析】：（1）设点F满足2PFFA，结合条件2PEEB，可得：23FEAB；……1分由条件：23ABDC，可得：FEDC.从而可得四边形

DFEC为平行四边形……2分即可得：//CEDF，………………………3分DF平面PAD，CE平面PAD，故可得：//CE平面PAD………………………4分（2）过点作P作AD的垂线，垂足为O.平面PAD平面ABCD，平面PAD平面ABCDAD，可得：PO平面ABC

D……5分解法一：几何法过点O作AB的垂线，垂足为M，连接PM.根据PO平面ABCD，以及AB平面ABCD，可得POAB.……6分再由POOMO，可得AB平面POM.再由PM平面POM，可得：ABPM.综上可得PMO为二面角PABC平面角.……7分过点D

作AB的垂线交AB于N，依题意可知四边形DNBC为矩形，且3DNBC，2NBDC，………………8分故1AN，从而2AD，60DAB………………9分在RTAPD中，30PAD，所以1PD，3AP

，故32PO……10分考虑AOM，32AO，可得334OM.…………………………11分在POM中，2tan3POPMOOM，从而可得313cos13PMO.从而可得二面角PABC的余弦值为31313.………………………1

2分解法二：空间向量法PAPD，30PAD，故可得3PA，1PD，32PO，32AO.……………………6分在直角梯形ABCD中，33ABBC，2DC，可得3BAO……7分在AOB中，根据余弦定理：222332cos2OBOAABOAABBAO，

根据上述分析可得：222ABOBOA，从而可得：ADOB.……8分综上可得：OA，OB，OP三条直线两两垂直，故以点O为原点，OA方向为x轴，OB方向为y轴，OP方向为z轴建立空间直角坐标系.则有点3(,0,0)2A，33(0,,0)2B，3(0,0,)

2P，1(,0,0)2D.……9分设平面PAB的法向量为(,,)mxyz，则可得：00mPAmAB，即有3030xzxy，令1y，可得(3,1,3)m.……10分平面AB

C与平面ABCD为同一个平面，可得平面ABC的一个法向量为(0,0,1)n.……11分可得：313cos,13mnmnmn.从而可得二面角PABC的余弦值为31313.……12分21.【解析】

：（1）解法一：从1F，2F，1B，2B中任选三点可构成四个三角形，其中112122FBFFBF，112122BFBBFB.为此仅需考虑112FBF，122BFB为面积等于2的直角三角形即可.其中112121

2FBFScb，1221212BFBSbc.……………1分因为112FBF为等腰三角形，故可得11290FBF，即有：2224ac；同时因为122BFB为等腰三角形，故可得12290BFB，即有：2224ab；……2分综上可得：222bc

，24a，……………3分即可得椭圆C的方程为22142xy.……………4分解法二：由椭圆的对称性，结合已知条件可知从1F，2F，1B，2B中任选三点所构成的三角形均为等腰直角三角形，故四边形1

122FBFB是面积为4的正方形，…………1分又正方形的边长为a，故24a，即2a……………………2分又正方形的对角线相等，所以22bc，即bc又因为2224bca，所以2bc……………………3分从而椭圆C的方程为22142xy.…

………………………4分（2）解法一：依题意，设直线AB的方程为：12ykx①设直线EF的方程为：22ykx，………………………5分联立方程①与椭圆C的方程可得2211(21)840kxkx

由韦达定理得121821ABkxxk根据中点公式可得：1214221ABMxxkxk………………………6分则1212221MMykxk，即1221142(,)2121kMkk………………………7分同理可得：2222242(,)2121kNkk

…………………………………………8分从而直线MN的斜率为：12121221212NMMNNMyykkkxxkkkk故直线MN的方程为：1221121422()121212kyxkkkk………………………9分因为122kk，将212kk代入上式可

得：1212(1)142yxkk………11分故直线MN必过定点(1,0)Q.……………………………………12分解法二：依题意可知直线MN的斜率存在，设直线MN的方程为：ykxb①，设直线AB的方程为：12ykx②，设直线EF的方程为：22ykx

，………………………5分联立方程②与椭圆C的方程可得2211(21)840kxkx由韦达定理得121821ABkxxk根据中点公式可得：1214221ABMxxkxk………………………6分同时点M是直线AB和直线MN的交点，联立方程①②得12Mbxkk

………7分即可得12114221kbkkk，…………………………………………8分整理得2112420bkkkb④…………………………………………9分同理可得2112420bkkkb

⑤根据④⑤可以理解1k，2k为关于0k的一元二次方程2002420bkkkb的两个根.………………………………10分由韦达定理可得：124222kkkkbb，即可得：bk…………………………11分直线MN的方程为：(1)ykxbkx，故直线MN必过定点(1,0)Q

.……12分22.【解析】：（1）对函数()fx求导可得：1()xxfxe.………1分可知当(,1)x时，()0fx，(1,)x时，()0fx，………2分即可知()fx在(,1)上

单调递增，在(1,)上单调递减.……3分由上可知，()fx的最大值为1(1)fe，无最小值.……4分（2）当(0,)x时，()0fx恒成立.当0a时，0(0,)x，使得0()0gx，与()()gxfx恒成立矛盾；……5分当0a

时，易知2()22gxaxexeexe恒成立……6分考虑直线方程为:2lyexe：……7分现证明函数()fx的图象始终在直线l的下方，即证明：2xxexee1120xxxeex……8分构造函数11

()2xxhxxeex，求导可得：1()(23)1xhxex，再次求导可得：1()(25)xhxex可得()hx在5(,)2上单调递减，在5(,)2上单调递增.…………………………9分且当5(,)2x时

，()0hx恒成立，(1)0h.故可得：当(,1)x时，()0hx，(1,)x时，()0hx，即可知()hx在(,1)上单调递减，在(1,)上单调递增.……………………………1

0分从而可得()hx的最小值为(1)0h，即有2xxexee恒成立.……………11分综上实数a的取值范围是[0,).………………12分