广东省广州市2022届高三12月调研测试数学(文)试题 Word版含答案

2022届广州市高三班级调研测试 文科数学

2021．12 本试卷共5页，23小题，满分150分。考试用时120分钟。

留意事项：1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名和

考生号、试室号、座位号填写在答题卡上，并用2B铅笔在答题卡的相应位置填涂考生号。 2．作答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目选项的答案信息点涂黑；如需改动，用橡皮擦洁净后，再选涂其他答案。写在本试卷上无效。 3．第Ⅱ卷必需用黑色字迹的钢笔或签字笔作答，答案必需写在答题卡各题目指定区域内的相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。

4．考生必需保持答题卡的洁净。考试结束后，将试卷和答题卡一并交回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．设集合A1,0,1,2,3，Bxx23x0，则AB

A．1 B．1,0 C．1,3

D．1,0,3

2．若复数z满足1iz12i，则z

A．52

B．32

C．102

D．62

3．已知为锐角，cos55，则tan4 A．

13 B．3 C．13 D．3 4．设命题p：x1，x21，命题q：x2x000，1x，则下列命题中是真命题的是 0A．pq

B．(p)q

C．p(q)

D．(p)(q)

2xy0，5．已知变量x，y满足x2y30，则z2xy的最大值为

y0，A．5

B．4

C．6

D．0

6．如图所示，四个相同的直角三角形与中间的小正方形拼成一个边长为2的大正方形，直角三角形中较小的

锐角6．若在该大正方形区域内随机地取一点，则该点落在中间小正方形内的概率是 θA．232

B．32

C．

14 D．

12 7．△ABC的内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，已知b7，c4，cosB34，则△ABC的面积等于 A．37

B．372

C．9

D．

92 8．在如图的程序框图中，fi(x)为fi(x)的导函数，若f0(x)sinx，则 开头 输出的结果是

输入f0(x) A．sinx

B．cosx

i=0 C．sinx

D．cosx

i = i+1 9．正方体ABCDA1B1C1D1的棱长为2，点M为CC1的中点，点N为

fi(x)fi1(x)线段DD1上靠近D1的三等分点，平面BMN交AA1于点Q，则AQ的 i >2021? 否 长为 是 A．

23 B．

1输出fi(x) 2 结束 C．1

D．163

10．将函数y2sinx3cosx3的图象向左平移0个单位，所得图象对应的函数恰为奇函数，则的最小值为 A．12 B．

6 C．

4 D．

3

11．在直角坐标系xOy中，设F为双曲线C：x2y2a2b21(a0,b0)的右焦点，P为双曲线C的右支上

一点，且△OPF为正三角形，则双曲线C的离心率为 A．13

B．323 C．3

D．23 12．如图，网格纸上正方形小格的边长为1，图中粗线画出的是某三棱锥

的三视图，则该三棱锥的外接球的表面积为 A．

112 B． C．11

D．

二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．已知向量ax,x2，b3,4，若a//b，则向量a的模为____． x14．已知函数f(x)22x1a为奇函数，则实数a________．

15．已知直线ykx2与曲线yxlnx相切，则实数k的值为_______．

中，已知直线x2y220与椭圆C：x216．在直角坐标系xOyy2a2b21ab0相切，且椭圆C的右焦点Fc,0关于直线ycbx的对称点E在椭圆C上，则△OEF的面积为 ．

三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程和演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生

都必需做答．第22、23题为选考题，考生依据要求做答． （一）必考题：共60分． 17．（本小题满分12分）

已知数列a满足a2n14a24a34n1ann4nN*． （1）求数列an的通项公式；

（2）设b4nann2n1，求数列bnbn1的前n项和Tn．

P18．（本小题满分12分）

如图，已知多面体PABCDE的底面ABCD是边长为2的菱形，

EADBCPA底面ABCD，EDPA，且PA2ED2．

（1）证明：平面PAC平面PCE；

（2）若ABC60o ,求三棱锥PACE的体积．

19.（本小题满分12分）

某基地蔬菜大棚接受水培、无土栽培方式种植各类蔬菜．过去50周的资料显示，该地周光照量X（小时）都在30小时以上，其中不足50小时的周数有5周，不低于50小时

y（百斤）5且不超过70小时的周数有35周，超过70小时的周数有10周．依据统

43计，该基地的西红柿增加量y（百斤）与使用某种液体肥料x（千克）之间对应数据为如图所示的折线图．

O24568x（千克）（1）依据数据的折线图，是否可用线性回归模型拟合y与x的关系？请计算相关系数r并加以说明（精确到0．01）．（若|r|0.75，则线性相关程度很高，可用线性回归模型拟合）

（2）蔬菜大棚对光照要求较大，某光照把握仪商家为该基地供应了部分光照把握仪，但每周光照把握仪最多可运行台数受周光照量X，并有如下关系：

周光照量X（单位：小时） 30X50 50X70 X70 光照把握仪最多可运行台数 3 2 1 若某台光照把握仪运行，则该台光照把握仪周利润为3000元；若某台光照把握仪未运行，则该台光照把握仪周亏损1000元．若商家安装了3台光照把握仪，求商家在过去50周周总利润的平均值．

nxix)(yiy)附：相关系数公式r(i1n，参考数据0.30.55，0.90.95．

(xx)2ni(yiy)2i1i1

20.（本小题满分12分）

已知抛物线C:y22pxp0的焦点为F，抛物线C上存在一点E2,t到焦点F的距离等于3．

（1）求抛物线C的方程；

（2）过点K1,0的直线l与抛物线C相交于A，B两点（A，B两点在x轴上方），点A关于x轴的对称点为D，且FAFB，求△ABD的外接圆的方程．

21.（本小题满分12分）

已知函数fxalnxxba0．

（1）当b2时，争辩函数fx的单调性；

（2）当ab0，b0时，对任意x1e,e，有fxe1成立，求实数b的取值范围．

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题做答，假如多做，则按所做的第一题计分．

22．（本小题满分10分）选修4－4：坐标系与参数方程

在直角坐标系xOy中，曲线Cxcos，1的参数方程为（为参数），将曲线y2sinC1经过伸缩变换

x2x，后得到曲线yyC2．在以原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为cossin100．

（1）说明曲线C2是哪一种曲线，并将曲线C2的方程化为极坐标方程；

（2）已知点M是曲线C2上的任意一点，求点M到直线l的距离的最大值和最小值． 23．（本小题满分10分）选修4－5：不等式选讲

已知函数f(x)|xa|． （1）当a1时，求不等式f(x)2x11的解集；

（2）若函数g(x)f(x)x3的值域为A，且2,1A，求a的取值范围．

2022届广州市高三班级调研测试 文科数学试题答案及评分参考

评分说明:

1．本解答给出了一种或几种解法供参考，假如考生的解法与本解答不同，可依据试题的主要考查内容比照评分参考制订相应的评分细则．

2．对计算题，当考生的解答在某一步消灭错误时，假如后继部分的解答未转变该题的内容和难度，可视

影响的程度打算后继部分的给分，但不得超过该部分正确解答应得分数的一半；假如后继部分的解答有较严峻的错误，就不再给分．

3．解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数． 4．只给整数分数．选择题不给中间分．

一．选择题

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D C A B B A B C D B A C

二．填空题

13．10 14．12 15．1ln2 16．1

三、解答题

17． 解：（1）当n1时，a114．………………………………………………………………………1分 由于a214a24a3+4n2a4n1ann-1n4,nN*， ①

所以a14a242a34n2an-1n-14,n2． ②……………………………………3分

①－②得4n1a1n4．……………………………………………………………………………………4分 所以a1*n=4nn2,nN．……………………………………………………………………………5分 由于a14也满足上式，故a1*1n=4n(nN)．…………………………………………………………6分

（2）由（1）得b4nan1n2n1=2n1．………………………………………………………………………7分

所以b1nbn1=12n12n3212n112n3．………………………………………………9分

故T11n12351517112n12n3……………………………………………………10分 121312n3…………………………………………………………………………………11分 =n6n9．…………………………………………………………………………………………12分

18．（1）证明：连接BD ，交AC 于点O，设PC中点为F， P连接OF，EF．

由于O，F分别为AC，PC的中点， FE所以OFPA，且OF12PA， AD由于DEPA，且DE1O2PA， BC所以OFDE，且OFDE．…………………………………………………………………………1分所以四边形OFED为平行四边形，所以ODEF，即BDEF．………………………………2分

由于PA平面ABCD，BD平面ABCD，所以PABD． 由于ABCD是菱形，所以BDAC． 由于PAACA，所以BD平面PAC．…………………………………………………………4分 由于BDEF，所以EF平面PAC．………………………………………………………………5分

由于FE平面PCE，所以平面PAC平面PCE． ………………………………………………6分 （2）解法1：由于ABC60，所以△ABC是等边三角形，所以AC2．………………………7分

又由于PA平面ABCD，AC平面ABCD，所以PAAC．

所以S1PAC2PAAC2．……………………………………………………………………………8分 由于EF面PAC，所以EF是三棱锥EPAC的高． ……………………………………………9分

由于EFDOBO3，……………………………………………………………………………10分所以VPACEVEPAC13SPACEF…………………………………………………………………11分 1323233．………………………………………………………………………12分 解法2：由于底面ABCD为菱形，且ABC60，所以△ACD为等边三角形．………………7分 取AD的中点M，连CM，则CMAD，且CM3．………………………………………8分

由于PA平面ABCD，所以PACM，又PAADA，

所以CM平面PADE，所以CM是三棱锥CPAE的高．………………………………………9分

由于S1PAE2PAAD2．…………………………………………………………………………10分 所以三棱锥PACE的体积V1PACEVCPAE3SPAECM……………………………………11分

1323233．…………………………………………12分

19．解：（1）由已知数据可得x24568355，y444554．…………………1分

5由于

(xix)(yiy)(3)(1)000316， ………………………………………2分

i15(xx)2i(3)2(1)202123225，………………………………………………3分

i15(yiy)2(1)2020202122.……………………………………………………4分

i1n(xix)(yiy)所以相关系数ri16nn(x22529100.95．………………5分

ix)y)2i1(yii1由于r0.75，所以可用线性回归模型拟合y与x的关系． …………………………………………6分 （2）记商家周总利润为Y元，由条件可得在过去50周里：

当X >70时，共有10周，此时只有1台光照把握仪运行，

周总利润Y=1×3000-2×1000=1000元． …………………………………………………………………8分 当50≤X≤70时，共有35周，此时有2台光照把握仪运行，

周总利润Y=2×3000-1×1000=5000元． …………………………………………………………………9分 当X<50时，共有5周，此时3台光照把握仪都运行，

周总利润Y=3×3000=9000元． …………………………………………………………………………10分 所以过去50周周总利润的平均值Y10001050003590005504600元，

所以商家在过去50周周总利润的平均值为4600元． ………………………………………………12分

20． 解：（1）抛物线的准线方程为xp2，

所以点E2，t到焦点的距离为2p23．…………………………………………………………1分 解得p2．

所以抛物线C的方程为y24x．………………………………………………………………………2分 2）解法1：设直线l的方程为xmy1m0．………………………………………………………3分

将xmy1代入y24x并整理得y24my40，………………………………………………4分 由4m2160，解得m1．……………………………………………………………………5分 设Ax1,y1， Bx2,y2， Dx1,y1，

则y1y24m， y1y24，……………………………………………………………………………6分 由于FA·FBx11x2221y1y2(1m)y1y22my1y2484m，………………7分

由于FAFB，所以FAFB0． 即84m20，又m0 ，解得m2．…………………………………………………………8分

所以直线l的方程为x2y10． 设AB的中点为x0,y0, 则yy1y2022m22，x0my013，……………………………………………………9分 所以直线AB的中垂线方程为y222x3． 由于AD的中垂线方程为y0，

所以△ABD的外接圆圆心坐标为5,0．……………………………………………………………10分

由于圆心5,0到直线l的距离为d23，且AB1m2y1y224y1y243，

2所以圆的半径rd2AB26．……………………………………………………………11分

2所以△ABD的外接圆的方程为x52y224．…………………………………………………12分 解法2：依题意可设直线l:ykx1k0．……………………………………………………3分

将直线l与抛物线C联立整理得k2x2(2k24)xk20．………………………………………4分 由(2k24)24k40，解得0k1．………………………………………………………5分

设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1x224k2,x1x21．…………………………………………………………………………6分 所以y21y2k(x1x2x1x21)4， 由于FAFBx1x2(x1x2)1y1y284k2，…………………………………………………7分 由于FAFB，所以FAFB0． 所以84k20，又k0 ，解得k22．…………………………………………………………8分 以下同解法1．

21．解：（1）函数fx的定义域为0,．

当b2时，fxalnxx2，所以fxa2x2ax2xx．………………………………1分

① 当a0时，fx0，所以函数fx在0,上单调递增．………………………………2分 ② 当a0时，令fx0，解得xa2， 当0xa2时，fx0，所以函数fx在0,a2上单调递减；

当xa2时，fx0，所以函数fx在a,2上单调递增．………………………3分 综上所述，当b2，a0时，函数fx在0,上单调递增；

当b2，a0时，函数fx在0,a2上单调递减，在a,2上单调递增．………4分

（2）由于对任意x1,ee，有fxe1成立，所以fxmaxe1．……………………………5分 b当ab0即ab时，fxblnxxb，fxbb1bx1xbxx． （令fx0，得0x1；令fx0，得x1．

所以函数fx在1,1e上单调递减，在1,e上单调递增，…………………………………………7分

fx1max为febeb与febeb中的较大者．…………………………………………8分

设gbfef1eebeb2bb0，

则gbebeb22ebeb20，

所以gb在0,上单调递增，故gbg00所以fef1e，

从而fxbmaxfebe．………………………………………………………………………9分

所以bebe1即ebbe10．

设b=ebbe1b0，则b=eb10．…………………………………………………10分

所以b在0,上单调递增．

又10，所以ebbe10的解为b1．……………………………………………………11分 由于b0，所以b的取值范围为0,1．………………………………………………………………12分

22．解：（1）由于曲线C的参数方程为xcos1（为参数），

y2sin由于x2x，x2cos，y.，则曲线Cy2的参数方程y2sin.．………………………………………………2分

所以C2的一般方程为x2y24．……………………………………………………………………3分

所以C2为圆心在原点，半径为2的圆．…………………………………………………………………4分 所以C2的极坐标方程为24，即2．…………………………………………………………5分

（2）解法1：直线l的一般方程为xy100．…………………………………………………………6分

曲线C|2cos2sin10||22cos(+)10|2上的点M到直线l的距离d422．…………8分 当cos+4=1即=2k4kZ时，d取到最小值为|2210|2=522．……………9分 当cos+3|22+10|4=1即=42kkZ时，d取到最大值为2=252．………10分 解法2：直线l的一般方程为xy100．…………………………………………………………6分 由于圆C|2的半径为2，且圆心到直线l的距离d|0010252，…………………………7分

由于522，所以圆C2与直线l相离．………………………………………………………………8分 所以圆C2上的点M到直线l的距离最大值为dr522，最小值为dr522．…10分

23．解：（1）当a1时，f(x)|x1|．…………………………………………………………………1分

①当x1时，原不等式可化为x12x2，解得x1．…………………………………2分 ②当1x12时，原不等式可化为x12x2，解得x1，此时原不等式无解．……3分 ③当x12时，原不等式可化为x12x，解得x1．…………………………………………4分 综上可知，原不等式的解集为xx1或x1．…………………………………………………5分

x（2）解法1：①当a3时，gx3a,3,2xa3,3xa, ………………………………………6分

a3,xa.所以函数gx的值域Aa3,3a， 由于[2,1]A，所以a32，3a1，解得a1．………………………………………………………7分

3axa,②当a3时，gx,2xa3,ax3, …………………………………………………8分

a3,x3.所以函数gx的值域A3a,a3，

由于[2,1]A，所以3a2，解得a5．………………………………………………………9分

a31，综上可知，a的取值范围是,15,．………………………………………………………10分

解法2：由于|x+a||x+3|x+a(x+3)a3，……………………………………………7分 所以gxf(x)|x+3||x+a||x+3|[|a3|,|a3|]．

所以函数g(x)的值域A[|a3|,|a3|]．…………………………………………………………8分

由于[2,1]A，所以|a3|2，解得a1或a5．

|a3|1，所以a的取值范围是,1

5,．………………………………………………………………10分