广东省2022届高三新高考5月练习-数学试题【含答案】

绝密★启用前(新高考卷）数学参考 答案 八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案 1.【答案】D【解析】Px|2x4}，PQ1,0,1,2}，集合PQ中元素的个数是4，故选D.2.【答案】A当时∴n1,a1a12,a11.11当n≥2时,Sa2,∴SSaa0,即a,所以{a}是以1为首项,以为公比的等比数列，n1n1nn1nn1n2n1n21∴a.n2n13.【答案】D24i324i24i1i【解析】z3i，z=3i，z对应的点在第四象限,故选D.1+i1i24.【答案】B10π104【解析】sinx,则sin(2x)cos2x12sin2x12()2,故选B.1021055.【答案】D【解析】∵SASB，AB6，∴SOOA3．设截面半径为x，则点S到截面的距离为x，∴小圆锥的高为3x，11∴小圆锥的体积Vπx2(3x)π(3x2x3)，∴Vπx(2x)．当0x2时，V0，V单调递增；当2x334π3时，V0，V单调递减．当x2，V取得最大值，故选D.36.【答案】C333【解析】直线l:xy与x,y轴的交点分别是A(,0),B(0,),C,D是线段AB的三等分点，则44411()m,1111142m,3C(,),D(,),即，解得2，∴nm，故选C.4224112()nn2247.【答案】Dπ【解析】fxsinxcosx2sinx0，∵函数f(x)在区间（，π）不存在极值点，42πππππ11113∴kπ≤－，且π－≤(k1)π对任意的kZ都成立，∴k≤，且≤k，224422244237337∴2k≤，且≤k+，∴0≤，或≤≤,故选D．244248.【答案】B23c232333【解析】∵双曲线C的离心率e，∴,ca,ba,C的渐近线方程为：yx，两3a33333渐近线的夹角为60°，不妨设AB与直线l:yx垂直，垂足为A,则13AOB60,AB3,OA3,OF2,c2,a3,b1．故选B.9.【答案】ACD7178-6397【解析】2021年全国居民人均食品烟酒消费支出比2020年增长为12.2%，A正确；63972021年有食品烟酒、居住两类全国居民人均消费支出占人均消费支出的比重比2020年下降了，B错误；2020年和2021年全国居民人均食品烟酒、居住两类消费支出之和占居民人均消费支出的比重分别是54.8%、53.2%，数学参考答案（新高考卷）第1页（共6页）都超过50%，C正确；2021年全国居民人均教育文化娱乐消费支出比2020年增加2599-2032=567元，D正确.故选ACD.10.【答案】AC1【解析】由题意ab1,ab,则向量a,b的夹角为120，如图，2OAa,OBb,OCc,AOB120，当m1时，四边形OACB为菱形，OAOC,ac，A正确；当m2时，OAOC，即ac，B错误；当m变化时，向量a,c的夹角的范围为0≤120,cos的最大值为1，无最小值，C正确，D错误．11.【答案】BDa1n+1【解析】由an1ananan110,得，an，an+1+111将a3代入，得a2，a，a，a3，……，102101100399298所以数列{an}为周期数列,且T4,所以a12,a23,an2an1，故选BD.D1HC12.【答案】ABDz1O2【解析】以线段的中点为坐标原点，如图建立直角坐标系，AGO1O2O1B1其中轴，轴分别与平面，平面垂直，xyABB1A1BCC1B1yO不妨设O(0,0,0),E(m,1,1),F(m,1,1),G(1,m,1),H(1,m,1),m1,1,xDC∴EF(2m,2,0),GH(2,2m,0),EG(1m,m1,2),EO1FHF(1m,m1,2)，AB根据条件可知是线段的中点,球的半径2球 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 面积22,∴当OO1O2ORm2,OS4πR4π(m2)m1时，S取最大值12π,选项A正确；当m0时，球O的半径Rm22最小，最小值为282π∴球O体积的最小值为，选项B正确；,3EF4m24,EG2m26,当m1时，EFEG，当m1时，EFEG，选项C错误；EGFHm2141设直线与所成角为,选项D正确.EGHF,cos2120,EGFHm3m33613.【答案】11mmm6【解析】设P(XK),则P(X1)P(X2)P(X3)m=1，m.k231114.【答案】4,5【解析】曲线C关于x轴,y轴,yx,yx四条直线对称，有四条对称轴．∵(x2y2)34(x2y2)2，∴(x2y2)34(x2y2)216x2y2≤4(x2y2)2，∴x2y2≤4．如果x，y为整数，x，y只能为2,1,0,1,2，经检验曲线C恰好经过(0,0),(2,0),(2,0),(0,2),(0,2)五个整点.915.【答案】4a32a39【解析】由题意知：x0,fxx，f3,=3,a．x232416.【答案】107数学参考答案（新高考卷）第2页（共6页）【解析】设|F1F2|2c，椭圆的长轴长为2a1，双曲线的实轴长为2a2，光速为，ca22而C与C的离心率之比为2：5，即1，即aa，11c5251a2在图③中，|BF1||BF2|2a1,|AF1||AF2|2a2，两式相减得：|BF1||BF2||AF2||AF1|2a12a2，即|BF2||AB||AF2|2a12a2.在图④中，|BF1||DF1||DF2||BF2|4a1,310-82a2a3由题意可知：-8，则12，故-7(秒).3102a12a2,t4a1t10t4a11015117.【解析】(1)∵△ABC是锐角三角形，sinA，∴cosA.…………………1分44154bsinA10在△ABC中，a26，b4，由正弦定理得sinB4，…………………2分a2646∴cosB．…………………3分4∵Cπ(AB)，15611010∴sinCsin(AB)sinAcosBcosAsinB．…………………5分44444(2)由(1)知，sinBsinC，∴cb4．…………………6分1bcsinAS16由题意得△ABC22，∴ADAE8.…………………8分S1ADAE△ADEADAEsinA213由余弦定理得，DE2AD2AE22ADAEcosA≥2ADAEADAEADAE12，当且仅当22ADAE22时“”成立．所以DE的最小值为23.…………………10分18.【解析】(1)设数列的公差为，的公比为．andbnq11+d1,11q∵abaa1，∴…………………2分213b4b12312d21.q1解得d2，q．…………………4分21所以aa(n2)d=2n3，b．…………………6分n2n2n111111(2)由(1)知S113(2n5)(2n3)，…………………7分n2021222n22n1111112n3∴S113(2n5)，2n2122232n12n11112n3两式相减得S1222，2n21222n12n数学参考答案（新高考卷）第3页（共6页）11111112n3n2n32n1∴S222232231，n012n1n1nn22222212222n12n2n1∴S2（或S）．…………………10分n2n1n2n1由得，n1．当≤≤时，n1；当时，n1．…………………11分Sn12n121n42n12n42n12所以，所求最大值为4．…………………12分19.【解析】(1)证明：∵ABC45,AB2,BC22，∴在△ABC中，由余弦定理得：2AC2AB2BC22ABBCcosABC22(22)222224,2∴AC2,…………………2分∵AB2AC2BC2,∴ABAC.…………………3分∵PA平面ABCD，AB平面ABCD,∴PAAB.…………………4分∵PA,AC是平面PAC内两相交直线,∴AB平面PAC.∵AB∥CD，∴CD平面PAC,…………………5分∵CD平面PCD，∴平面PCD⊥平面PAC.…………………6分(2)以A为坐标原点，AB,AC,AP为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，A(0,0,0),B(2,0,0),C(0,2,0),D(2,2,0),…………………7分设P(0,0,h)(h0),PB(2,0,h),PC(0,2,h),CD(2,0,0).…………………8分设平面的一个法向量为则PCDn1(x1,y1,z1),n1PC,n1CD.n1PC0,2y1z1h0,∴,∴2x0,n1CD01令，得h.…………………9分z11n10,,12∵直线PB与平面PCD所成角为30°,n1PBh1∴sin30cosn,PB,解得12|n1||PB|h214h24h2,或2(舍),∴.…………………10分n1(0,1,1)12平面的一个法向量为，∴，…………………11分PABn2(0,1,0)cosn1,n21222由于二面角ClB是锐二面角,所以二面角ClB的余弦值为.…………………12分220.【解析】（1）用表示学生甲第场比赛获胜，用表示学生甲第场比赛失败，则Mi(i1,2,3,4)iNi(i1,2,3,4)i与是对立事件.由题意得，MiNi1113P(M)P(M)P(M),P(M),P(N)P(N)P(N),P(N)．…………………1分123244123244记“学生甲成为围棋大赛选手”为事件Q,…………………2分QM1M2M3M4N1M2M3M4M1N2M3M4M1M2N3M4．由于每次比赛及比赛结果都相互独立，数学参考答案（新高考卷）第4页（共6页）因此P(Q)P(M1M2M3M4)P(N1M2M3M4)P(M1N2M3M4)P(M1M2N3M4)1111111113，2224222481所以学生甲成为围棋大赛选手的概率为．…………………5分8(2)由题意可知随机变量X可能的取值为0,1,2,3,4,5,6.…………………6分1113311139P(X0)，P(X1)3，22243222243211139111311111P(X2)3，P(X3)，2224322224222481111311113P(X4)3，P(X5)3，22243222243211111P(X6)．…………………9分222432因此随机变量X的分布列为X01234563991331………………10分P323232832323239943319所以E(X)0123456．…………………12分32323232323232421.【解析】(1)∵f(x)exax1，a2，∴f(x)ex2x1，f(x)定义域为[1,)．……1分1∴f(x)ex,f(0)0．…………………2分x1x1∵(f(x))ex0,∴f(x)是区间[1,)上的增函数，…………………3分2(x1)2∴当1x0时，f(x)0,当x0时，f(x)0,…………………4分∴f(x)在(1,0)是减函数，在(0,+)上增函数.…………………5分(2)函数f(x)exax1的定义域为[1,)．…………………6分若a0,则f(x)ex,f(x)没有零点，∴a0．…………………7分1x1x11(2x1)1令f(x)exax10，得．令g(x)，则g(x)．当1x时，aexexa2exx12111g(x)0，当x时，g(x)0，所以函数g(x)在区间(1,)上单调递增，在(,)上单调递减．222…………………8分1∵x，x是f(x)的两个不同零点，∴x，x是g(x)的两个不同零点．不妨设xx,则x(1,)，121212121x(,).…………………9分221因xx1等价于1xx,1x(,)，所以只需证明g(x)g(1x),即只证12121221x1x11xe4x12g(1x)10,因g(x)10,所以只需证110.…………………10分11x11x1eaeax11数学参考答案（新高考卷）第5页（共6页）xe4x2(2x1)2e4x211令h(x)1，则h(x)0,∴h(x)是区间(1,)上的减函数，当1x时，x1(x1)2221xe4x12h(x)h()0,即110.…………………11分2x11所以.…………………12分x1x21x2y222.【解析】(1)∵P是:1(ab0)的上顶点，∴点P的坐标为(0,b)．a2b2xy∵点F的坐标为(1,0)，∴直线PF的方程为1，即bxyb0．…………………1分221b|bb|∵到直线的距离为，∴．…………………2分F1(1,0)PF222b21∴b1，∴a2．…………………3分x2所以的方程为y21．…………………4分2(2)直线与轴的交点为,设．……………5分lxM(2,0)A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),E(2,s),G(2,t)设直线l1:xk1y2,l2:xk2y2,k1k2,k1k20,则x1k1y12,x2k1y22,x3k2y32,x4k2y42,xky2,联立直线和曲线的方程，得方程组1,消去得22,l122x(2k1)y4k1y20x2y2则4k12．…………………6分y1y22,y1y222k12k14k2同理yy2,yy．…………………7分342k2342k222∵三点共线，∴∥,得,A,C,EEAEC,(x12)(y3s)(x32)(y1s)x1y3x3y12(y1y3)s(x1x3)(x2)y(x2)ykyykyy(kk)yys13311132131213．…………………8分(x12)(x32)k1y1k2y3k1y1k2y3(kk)yy同理t1224.…………………9分k1y2k2y4∵(k1k2)y1y3(k1k2)y2y4y1y3y2y4st(k1k2)()k1y1k2y3k1y2k2y4k1y1k2y3k1y2k2y4y1y3(k1y2k2y4)y2y4(k1y1k2y3)(k1k2)(k1y1k2y3)(k1y2k2y4)(k1k2)k1y1y2(y3y4)k2y3y4(y1y2)(k1y1k2y3)(k1y2k2y4)(kk)24k24k1221…………………11分k12(2)k22(2)0(k1y1k2y3)(k1y2k2y4)2k12k22k22k1∴MEMG.…………………12分数学参考答案（新高考卷）第6页（共6页）