数学-广东省江门市2022届高三3月高考模拟考试数学试题

江门市2022年高考模拟考试

数 学

本试卷共6页，22小题，满分150分，测试用时120分钟。

注意事项：

1． 答题前，务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上。

2． 做选择题时，必须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用

橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号。 3． 答非选择题时，必须用黑色字迹钢笔或签字笔，将答案写在答题卡规定的位置上。 4． 所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上作答无效。 5． 考试结束后，将答题卡交回。

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。

21.已知全集UR，设集合Axxx60，Bxx10，则A (UB)

A．x1x3 B．x2x1 C．xx2 D．xx3 2.已知复数z的共轭复数是z，若2zz=1i，则z

A.1 B.

1030 C.2 D. 33223.已知a,bR，则“ab1”是“ab2”的

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.第24届冬奥会于2022年2月4日在中华人民共和国北京市和河北省张家口市联合举行．此届冬奥会的项目中有两大项是滑雪和滑冰，其中滑雪有6个分项，分别是高山滑雪、自由式滑雪、单板滑雪、跳台滑雪、越野滑雪和北欧两项，滑冰有3个分项，分别是短道速滑、速度滑冰和花样滑冰．甲和乙相约去观看比赛，他们约定每人观看两个分项，而且这两个分项要属于不同大项．若要求他们观看的分项最多只有一个相同，则不同的方案种数是

A.324 B. 306 C.243 D.162 5.已知a1，b2，a,b120，则2a3b

A.27 B.26 C.213 D.4

数学试题 第1页（共6页）

6.设f(x)为偶函数，当x[0,)时，f(x)x1，则使f(x)0的x取值范围是

A.xx1 B.x1x0 C.{xx1或x1} D.{x1x0或x1} 7.“哥德巴赫猜想”是近代三大数学难题之一，其内容是：任意一个大于2的偶数都可以写成两个素数（质数）之和，也就是我们所谓的“1+1”问题．它是1742年由数学家哥德巴赫提出的，我国数学家潘承洞、王元、陈景润等在哥德巴赫猜想的证明中都取得了相当好的成绩．若将22拆成两个正整数的和，则拆成的和式中，加数全部为素数的概率为 A.

5123 B. C. D.

2137118.已知M是圆C:x2y21上一个动点，且直线l1:mxy3m10mR与直线

l2:xmy3m10mR相交于点P,则PM的取值范围是

A.31,231 B.21,321 C.21,221 D.21,331



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.下列函数中，最小正周期为，且在0,上单调递增的是（ ）

2A.ysinx B.ytanx C.ysin2x D.ytanx

10.如图，三棱锥DABC中，CABDABDAC60，ACAB1，AD2，

则下列说法正确的是

A.ADBC

B.平面ABC平面BCD C.三棱锥DABC的体积为2 6D.以AB为直径的球被平面ACD所截得 的圆在ACD内的弧的长度为6 18数学试题 第2页（共6页）

2*11.已知数列an的前n项和为Snn+33n(nN)，则下列说法正确的是

A.an是递增数列

B.an2n34

D.a1a2C.当n16，或17时，Sn取得最大值 a30452

12.在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点P(x,y)，它

rxr与原点的距离是r．我们规定：比值、、分别叫做角的正割、余割、余切，

yxy分别记作sec、csc、cot，把ysecx、ycscx、ycotx分别叫做正割函数、余割函数、余切函数，则下列叙述正确的是

A.cossec2 B.ysecx的定义域为xxk,kZ

cot2122C.cot2D.seccoscscsin9

2cot

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 13.已知tan12sincos__________． ，则42sin3cos14.在正方体ABCDA1B1C1D1中，直线A1B与平面A1DCB1所成的角的大小是 . gx为g(x)的导函数，15.若函数g(x)为定义在R上的奇函数，当x0时，gx2x，

2则不等式gxx的解集为 .

16.已知椭圆长轴AB的长为4，N为椭圆上一点，满足NA1，NAB60，则椭圆的离心率为 .

数学试题 第3页（共6页）

四、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 17.（10分）

已知数列an中，a11，an12an1(nN*).

（1）求证：数列an1是等比数列； （2）求数列an的前n项和Sn.

18.（12分）

在锐角ABC中，内角A,B,C的对边分别是a,b,c，且满足

absinAsinBacsinC.

（1）求角B的大小；

（2）若c23，求a的取值范围.

19.（12分）

如图，在正四棱锥SABCD中，ACBDO，SA2AB，P在侧棱SD上，

SD平面PAC.

（1）求平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值； （2）侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC？若存在，求SE:EC的值；

若不存在，请说明理由．

AOBCPDS数学试题 第4页（共6页）

20.（12分）

浙江省东魁杨梅是现在世界上最大果形的杨梅，有“乒乓杨梅”、“杨梅之皇”的美誉．东魁杨梅始于浙江黄岩区江口街道东岙村一棵树龄约120多年的野杨梅树，经过东岙村和白龙岙村村民不断改良，形成了今天东魁杨梅的品种．栽培东魁杨梅一举多得，对开发山区资源，绿化荒山，保持水土，增加山区经济收入具有积极意义．根据多年的经验，可以认为东魁杨梅果实的果径X~N(,2)（单位：mm），但因气候、施肥和技术的不同，每年现某农场为了了解今年的果实情况，从摘下的杨梅果实中随机取出的和都有些变化．

1000颗，并测量这1000颗果实的果径，得到如下频率分布直方图.

频率

组距

1.1 0.80.7

0.65

0.4

0.25 0.20.05

O36.136.336.536.736.937.137.337.537.737.938.1果径

（1）用频率分布直方图估计样本的平均数x近似代替，标准差s近似代替，已知s0.3．根据以往经验，把果径与的差的绝对值在2内的果实称为“标准果”．现从农场中摘取20颗果，请问这20颗果恰好有一颗不是“标准果”的概率．（结果精确到0.01）

（2）随着直播带货的发展，该农场也及时跟进．网络销售在大大提升销量的同时，也增加了坏果赔付的成本．现该农场有一款“9A20”的主打产品，该产品按盒销售，每盒20颗，售价80元，客户在收到货时如果有坏果，每一个坏果该农场要赔付4元．根据收集到的数据，知若采用A款包装盒，成本a(1a5)元，且每盒出现坏果个数满足

1i(2),i1,2,3,48a1，若采用B款包装盒，成本元，且每盒出现坏果个数满P(i),i07160,i5,6,,201im(),i1,2,3足P(i)2，（m为常数）.请运用概率统计的相关知识分析，选

0,i0,4,5,6,,20择哪款包装盒可以获得更大利润？

数学试题 第5页（共6页）

参考数据：36.20.236.40.2536.60.736.80.8371.137.20.837.40.6537.60.437.80.05380.05=185P(X)0.6826；P(2X2)0.9544；

P(3X3)0.9974；0.9544190.412；0.9544200.393．

21.（12分）

2已知抛物线T:y2pxp0，点F为其焦点，P为T上的动点，Q为P在动直

线xt（t0）上的投影. 当△PQF为等边三角形时，其面积为163. （1）求抛物线T的方程；

（2）过x轴上一动点Ea,0a0作互相垂直的两条直线，与抛物线T分别相交于点A,B和C,D，点H,K分别为AB,CD的中点，求EHK面积的最小值.

22.（12分）

已知函数f(x)lnx，g(x)ax（1）证明：f(x)25(aR). xx；

（2）若函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点，求实数a的取值范围.

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江门市2022年高考模拟考试

数学答案

一、选择题：本题共8小题，每小题5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。

题号 答案 1 C 2 B 3 A 4 B 5 C 6 C 7 D 8 B 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。

题号 答案 9 ABD 10 AC 11 BC 12 CD 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。 题号 答案

13 14 15 16 27 756  6,0 10．解析：设O为BC中点，连AO,DO，由ACD和ABD全等，可知DOBC,AOBC，所以

BC面AOD，所以BCAD. 所以A正确.

计算可得AO1113，BD41， －221cos603，DO3422AD2AO2OD2. 所以B错误.

31146443cosDAO，sinDAO，

333222所以VDABCDCA32616 263211362 . 所以C正确. 11232236B133，所以球心到平面ACD的距离dSACD212221

所以以AB为直径的球被平面ACD所截得到的圆的半径r11 d2423所以弧长2

13. 所以D错误. 23391四、 解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。

17.解：（1）证明：因为an12an1(nN*)， 所以an112an22(an1) „„„„„„„1分 因为a11，所以a112，„„„„„„„2分 所以an10，„„„„„„„3分 因为

an112，„„„„„„„4分

an1所以数列an1是首项为2，公比为2的等比数列。„„„„„„„5分

（2）由（1）知数列an1是首项为2，公比为2的等比数列，„„„„„„„6分 所以(a11)(a21)即(a1a2所以a1a22(12n)(an1)，„„„„„„„7分

12an)n2n12，„„„„„„„8分 an2n12n，„„„„„„„9分

故数列an的前n项和Sn2n12n。„„„„„„„10分

18．解：（1）由正弦定理得sinAabc(R为ABC外接圆半径)， ，sinB，sinC2R2R2R................1分

absinAsinBacsinC，

所以ababacc， .............................2分

a2b2acc2 .............................3分

即：a2c2b2ac

2

a2c2b2ac1cosB .............................5分

2ac2ac2又

0B2,B3 .............................6分

（2）因为Bππ22，可得ACππ，AπC， .............................7分

3333a2 .............................8分

sinC，3ca在ABC中，由正弦定理得：sinCsinA223sinC33cosC3sinC33 .............................9分 asinCsinCtanCπ0Cππ2因为ABC为锐角三角形，所以，即C， ..........................10分

620A2πCπ3233tanC,所以，3tanC0,33，

所以a33tanC3,43，

所以a的取值范围是

3,43。 ............................12分

19．解：（1）因为SABCD是正四棱锥，ACBDO，

SO平面ABCD，ABCD是正方形，

因为SA2AB，设OCOD1，则CD2，SD2，OS3。 „„„„„„„2分 以O为原点，OC为x轴，OD为y轴，OS为z轴建立空间直角坐标系，则A(1,0,0)，B(0,1,0)，

D(0,1,0)，S(0,0,3)，AS(1,0,3)，BS(0,1,3)，DS(0,1,3)， „„„„„„„3分

因为SD垂直平面PAC，所以平面PAC的一个法向量为DS „„„„„„4分

ASnx3z0设平面SAB的法向量为n(x,y,z)，则，

BSny3z0令z1，则n可取(3,3,1)„„„„„„5分 设平面SAB与平面PAC所成的锐二面角为，

AOzSPDCxy3

B则coscosDS,n2321，„„„„6分 ＝71333121．„„„„7分 7所以平面SAB与平面PAC所成的锐二面角的余弦值是

（2）由C(1,0,0)得SC(1,0,3)，设SESC(1,0,3)，01，„„„„„„8分 则SESC(1,0,3)

BEBSSE(0,1,3)(1,0,3)(,1,33)„„„„„„9分

若BE∥平面PAC，则BEDS 令BEDS1330，解得因为2， „„„„„„10分 32[0,1]，„„„„„„11分 3所以侧棱SC上是否存在一点E，使得BE∥平面PAC，且SE:EC2:1。„„„„„„12分

20．解：（1）x（36.20.236.40.2536.60.736.80.8371.137.20.837.40.6537.60.437.80.05380.05）0.237 „„„„„„„2分

所以P(36.4X37.6)0.9544 „„„„„„„3分

1919所以恰好有一颗不是“标准果”的概率PC200.9544(10.9544)0.38 „„5分

8111mmm1，得m „„„„„„„6分

724881i所以P(i)(),i1,2,3 „„„„„„„7分

72（2）由

采用A款包装盒获得利润的数学期望：

1111471E1804E()a80412()23()34()4aa

22222„„„„„„„8分

采用B款包装盒获得利润的数学期望：

E2804E()8a218a448a5168a480412380 777777777 „„„„„„9分

4

因为E1E2(所以当1a1475168aa3a)()，1a5 2777143时，E1E2，选择B款包装盒可以获得更大利润； „„„„„„10分 2当a3时，E1E2，选择A、B款包装盒可以获得的利润一样；„„„„„„11分 2当

3a5时，E1E2，选择A款包装盒可以获得更大利润．„„„„„„12分 221.解：（1）因为△PQF为等边三角形时，其面积为163，

1π2所以PQsin163，解得PQ8，

23即PQPFFQ8， ............................2分

由抛物线定义可知，xt为抛物线的准线， ......................3分 由题意可知OFQPQF60，

1所以p2OFFQcos6084， ...........................4分

2所以抛物线T的方程y28x； ............................5分

（2）因为Ea,0，若直线AB、CD分别与两坐标轴垂直，则直线AB、CD中有一条与抛物线只有一个交点，不合题意。

所以直线AB、CD的斜率均存在且不为0....................6分 设直线AB的斜率为kk0，则直线AB的方程为ykxa，

2y8x联立，

ykxa得ky28y8ka0，则6432k2a0， 设Ax1,y1、Bx2,y2，则y1y2设HxH,yH，则yH8， ....................8分 k4y4y1y244，则xHHa2a，所以H2a,，

k2kkkk2同理可得K4ka,4k，

故EK4k2aa4k16k416k24k21k2，

225

161641k2， ....................10分 EH242kkk因为EHEK， 所以SEHK2281k1141k182k11622 ，EHEK4k1k8kk22k2kk当且仅当k1，即k1时等号成立， k故△EHK面积的最小值为16. ....................12分

22.解：(1)要证f(x)x，即证：当x0时，不等式lnxx0恒成立.

112x „„„„„„„„„„„„1分 2xx2x令F(x)lnxx(x0)，则F'(x)令F'(x)=0，得x4

当0x4时，F'(x)0，F(x)单调递增；

当x4时，F'(x)0，F(x)单调递减. „„„„„„„„„„„3分 所以F(x)maxF(4)ln420，即lnxx0恒成立。 所以f(x)x „„„„„„„„„„„„„4分

（2）方法一

要使得函数f(x)的图象与g(x)的图象有两个不同的公共点， 只需函数G(x)=f(x)g(x)lnxax25在(0,)上有两个不同的零点。 x12ax2x2G'(x)=f'(x)g'(x)a2，

xxx2① 当a0时，

因为x(0,)，所以G'(x)0，故G(x)单调递增，

所以G(x)不可能存在两个零点； „„„„„„„„„„„„„„5分

② 当a0时，

2方程axx20有两个异号的实根，不妨设正根为x0118a ,

2a故当x(0,x0)时，G'(x)0，G(x)单调递增，

6

当x(x0,)时，G'(x)0，G(x)单调递减。 所以G(x)maxG(x0)lnx0ax025 „„„„„„„„„„„„„6分 x0250 x0要使G(x)存在两个零点，则G(x)max0,即lnx0ax0又ax0x020，则a2122 x0x0lnx0ax0212245=lnx0(2)x05lnx040，易得x01， x0x0x0x0x0又a122，所以0a3 „„„„„„„„„„„„„„„„„„8分 x0x025存在两个不同的零点。 x下面证明：当0a3时，G(x)=lnxax取G(e5)=lne5ae52255ae0 e5e5又G(x)在(0,x0)单调递增，且G(x0)lnx0ax0250， x0所以在G(x)在(0,x0)上存在唯一零点 „„„„„„„„„„„„9分 由（1）得lnx令t22x，则G(x)=lnxax5xax5xax5

xxx则M(t)=xax5at2t5，0a3,

1120a0，

2a1120a1110a15a15

2a2aaa令M(t)0得t因为0a3，所以t1M(5)0， 由二次函数图像及性质得

a11所以G((5)2)M(5)0

aa又因为0a3，

所以x0118a1(14a)11125(5)2，

2a2aaaa又G(x0)0，且G(x)在(x0,)上单调递减

7

所以G(x)在(x0,)存在唯一零点. „„„„„„„„„„„„„11分 故当0a3时，函数函数G(x)=f(x)g(x)lnxax25在(0,)上有两个不同的零点 x3). „„„„„„„„„„„„„„„„12分 所以a的取值范围是(0，

(2) 方法二 由fxgx可得a构造函数hxlnx52xlnx5x22， „„„„„„„„„„„„„„5分 xxxx25lnx22，其中x0， xx1x5lnx444xxlnx，„„„„„„„„„„„„„„6分 则xhxx2x3x3当0x1时，44x0，lnx0，则hx0，此时函数hx单调递增，

当x1时，44x0，lnx0，则hx0，此时函数hx单调递减，„„„„„„„„„8分 所以，hxmaxh13， „„„„„„„„9分 令xxlnx5x2，则当x1时，x5x20，

2当0x时，x5x20，

52故存在x0,1时，使得x00，即hx00，

5由洛必达法则得

xlnx5x2lnx61limlim0 2xxxx2x2xlim作出函数hx与ya的图象如下图所示：（没有画图扣1分） 由图可知，

当0(2) 方法三 由fxgx可得a构造函数hxlnx52xlnx5x22， „„„„„„„„„„„„„„5分 xxxx25lnx22，其中x0， xx8

1x5lnx444xxlnx，„„„„„„„„„„„„„„6分 则xhxx2x3x3当0x1时，44x0，lnx0，则hx0，此时函数hx单调递增，

当x1时，44x0，lnx0，则hx0，此时函数hx单调递减，„„„„„„„„„8分 所以，hxmaxh13， „„„„„„„„9分

又当x0时，hx,当x时，hx0,

(这样说理不严谨，扣1分)

作出函数hx与ya的图象如下图所示：（没有画图扣1分） 由图可知，

当09