1、2021-2022广东高考调研考试数学仿真试卷（2）考试时间：120分钟；满分：150分第I卷（选择题）一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分）1已知集合，集合，则（ ）ABCD2若，为两条不同的直线，为平面，且，则“”是“”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3若，则，大小关系正确的是（ ）ABCD4在中，点为边的中点，则（ ）A12B-12C6D-65已知的展开式中第4项与第6项的二项式系数相等，则的展开式的各项系数之和为（ ）ABCD6设a，b为正数，若圆关于直线对称，则的最小值为（ ）A9B8C6D107如图是长方体的展开图，且，为正方形
2、，其中P、Q分别为、的中点，下列判断，中，正确的个数为（ ）A0B1C2D38已知函数有两个不同的零点，则实数的取值范围是（ ）ABCD二、多选题（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下列命题中正确的有（ ）A若复数满足，则B若复数满足，则C若复数满足，则 D若复数，则10已知函数，则（ ）A是函数的一个周期B是函数的一条对称轴C函数的一个增区间是D把函数的图像向左平移个单位，得到函数的图像11已知正数满足，则（ ）ABCD12已知A，B分别是椭圆（）的左右顶点，P是椭圆在第一象限内一点，且满足，设直线
3、PA，PB的斜率分别为，则（ ）AB若，则椭圆的方程为C若椭圆的离心率，则D的面积随的增大而减小第II卷（非选择题）请点击修改第II卷的文字说明三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共计20分）13已知直线与，若，则实数a的值为_14已知数列的前项和为，则_15函数（其中为有理数集）被称为狄利克雷函数，关于函数有如下四个命题：；函数是偶函数；任何非有理数都有函数的周期；存在三个点，使得为等边三角形，其中真命题的是_16如图，在平面四边形中，为的中点，将沿折起，使得，以为球心，为半径的球与三棱锥各面交线的长度和为_.四、解答题（本大题共6小题，共计70分请在答题卡指定区域内作答解答时应写出文字
4、说明，证明过程或演算步骤）17（10分）已知盒中有形状大小都相同的3个黑球和1个白球，每次从中取1个球，取到黑球记1分，取到白球记2分，有放回地抽取3次，用随机变量表示取3次所得的分数之和，求：（1）3次都取到黑球的概率；（2）随机变量的分布列.18（12分）在，（k为常数）这二个条件中任选一个，补充在下面的问题中并解答问题：已知等差数列的前n项和为且_（1）求数列的通项公式；（2）在数列的前15项中，是否存在两项，（m，且），使得，成等比数列若存在，求出m，t的值；若不存在，请说明理由（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）19（12分）在平面四边形中，.（1）若，求的长；（2）若
5、，求的值.20（12分）给出两块相同的正三角形铁皮（如图1，图2），（1）要求用其中一块剪拼成一个三棱锥模型，另一块剪拼成一个正三棱柱模型，使它们的全面积都与原三角形的面积相等，请设计一种剪拼方法，分别用虚线标示在图1、图2中，并作简要说明；试比较你剪拼的正三棱锥与正三棱柱的体积的大小（2）设正三角形铁皮的边长为，将正三角形铁皮的三个角切去三个全等的四边形，再把它的边沿虚线折起（如图3），做成一个无盖的正三角形底铁皮箱，当箱底边长为多少时，箱子容积最大？最大容积是多少？21（12分）已知椭圆，点为焦点，过且垂直于轴的直线交椭圆于S，T两点，且，点为x轴上一点，直线与椭圆C交于不同的两点A，B.
6、（1）求椭圆C的方程；（2）直线PA、PB分别交y轴于M、N两点，O为坐标系原点，问：x轴上是否存在点Q，使得？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.22（12分）设函数.（1）当时，求的单调区间是的导数)；（2）若有两个极值点，证明：.参考答案1B， .故选：B2B由，或，由 ，“”是“”的必要不充分条件.故选：B3C；，；故选：C4D.故选：D.5D由题知，由组合数性质解得n8，令x1，得展开式各项系数之和为，故选：D6A解：圆，即，所以圆心为，所以，即，因为、，则，当且仅当时，取等号故选：7C将展开图还原成长方体,如图，由图可知不正确，正确，不正确，由，为正方形知,故正确,综上正
7、确故选：C8D令，原问题可转化为直线与函数的图象有两个不同的交点.令，则，所以在上单调递增，又，所以存在，使得，即，从而，所以当时，即，单调递减；当时，即，单调递增.所以，作出函数的大致图象，如图所示，易知当时，函数与的图象有两个不同的交点，即在上有两个不同的零点.故选：D9AD对于A中，设复数，可得，因为，可得，所以，所以A正确；对于B中，取，可得，所以B不正确；对于C中，例如：，则，此时，所以C不正确；对于D中，设，由，可得，即，可得，所以D正确.故选：AD10ACD依题意：，对于A选项：的周期，即A正确；对于B选项：因，则不是函数的对称轴，即B不正确；对于C选项：得，即单调递增区间是，k
8、=0时，是的一个增区间，即C正确；对于D选项：函数的图像向左平移个单位得，即D正确.故选：ACD11ACDA：由，又，得，所以，正确；B：由，当时有，此时，错误；C：由，所以，正确；D：由，所以，正确.故选：【点睛】关键点点睛：由条件等式或将目标式中的代数式作代数式的恒等变形，再结合基本不等式、指对数的运算性质及特殊值判断各项正误.12BCD对于A选项，由题意可知，设，则，故A错误；对于B选项，由正弦定理得，则，即，从而，因此，即，则椭圆方程为，故B正确；对于C选项，由B可知，得，即，又，所以，得，即，故C正确；对于D选项，过P作于D，则，故，即，设，则，所以在上单调递减，则的面积随的增大而减
9、小，故D正确.故选：BCD.13因为直线与，且，所以，解得，故答案为：144由题得，,所以数列的周期为6，所以.故答案为：415对于：等0或1，均为有理数，所以成立；故不正确.对于：若x为有理数，则-x为有理数，所以，若x为无理数，则-x为无理数，所以；即函数是偶函数；故正确.对于：任意非有理数，即为无理数，则取一个非零有理数T，所以为无理数，所以,即T为函数的一个周期；故正确.对于：取可得：所以当时,恰好为等边三角形；故正确.故答案为：16翻折后形成的几何体如图所示，由题意知 ，所以，所以平面ACD，由E为AC的中点得，所以面BDE，所以面面ABC，所以球D与面BDC，面BAD，面ADC的交
10、线分别为圆弧，圆弧，圆弧，过D作于F，所以，故以D为球心，以DE为半径的球与平面ABC也相交,其交线是以F为圆心，以为半径的圆，所以球与三棱锥各面交线的长度和为故答案为：.17（1），（2）答案见详解.解：（1）由题意可得，每次取到黑球的概率是，所以3次都取到黑球的概率是.（2）的取值是，所以随机变量的分布列为345618条件选择见解析，（1），（2）存在，解：设等差数列的公差为d，选条件：（1）由得解得，所（2）因为成等比数列，所以，即，所以因为，所以又，所以，所以又为3的倍数，且，所以或因为，所以选条件：（1），由于等差，因此：，从而（2）因为等比数列，所以，即，所以因为，所以又，所以，所
11、以又为3的倍数，且，所以或因为，所以19（1）；（2）.（1）在中，因为，所以，在中，在中，由余弦定理得，所以.（2）设，在中，因为，所以，于是，因为，所以，在中，由正弦定理得，所以，于是，即，所以，因为，所以.20（1）答案见解析；（2）当箱子底边长为时，箱子容积最大，最大值为解：（1）如图1，沿正三角形三边中点连线折起，可拼得一个正三棱锥如图2，正三角形三个角上剪出三个相同的四边形，其较长的一组邻边边长为三角形边长的，有一组对角为直角，余下部分按虚线折起，可成一个缺上底的正三棱柱，而剪出的三个相同的四边形恰好拼成这个正三棱锥的上底依上面剪拼方法，有推理如下：设给出正三角形纸片的边长为2，那
12、么，正三棱锥与正三棱柱的底面都是边长为1的正三角形，其面积为现在计算它们的高：，所以 （2）设箱底边长为，则箱高为，箱子的容积为由解得（舍），且当时，；当时，所以函数在处取得极大值，这个极大值就是函数的最大值：答：当箱子底边长为时，箱子容积最大，最大值为21（1）；（2）存在，.解：（1）由题意，即，解得，所以椭圆C的方程为；（2）假设存在点Q使得，设，因为，所以，则，即，所以.因为直线交椭圆C于A，B两点，则A，B两点关于y轴对称.设 ，因为，则直线PA的方程为：，令，得，直线PB的方程为：，令，得，因为，所以，又因为点在椭圆上，所以，所以，即， 所以存在点，使得成立.22（1）增区间，减区间；（2）证明见解析.（1）当时，函数，可得，则，则，令，可得，所以为单调递减函数，又由，所以当时，；时，故的增区间，减区间.（2）由题意，函数，可得因为函数有两个不等实根，即有两个不等实根，则，令，可得，令，解得；令，解得，所以在上递增，在上递减，所以，当时，所以，由，可得，故，令，则.，故不等式只要在时成立，令，可得，.所以在单增，即，所以在单减，即.故原不等式得证.17
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