2022年广西南宁市高考理科数学一模试卷及答案解析

第第PAGE2422页2022年广西南宁市高考理科数学一模试卷注意事项：条形码粘贴在答题卡上的指定位置。2B号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。3试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。4.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。12560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M＝{x|2≤x≤4}，N＝{x|3＜x≤5}，则M∩N＝（）A．{x|2≤x≤3} B．{x|3≤x≤4} C．{x|3＜x≤4}2．𝑧（1+i）＝1﹣i，则z＝（ ）D．{x|2≤x≤5}A．1﹣i B．1+i C．﹣iD．i3{an}、a4分别是方程x2﹣6x+5＝0的两根，则a5＝（ ）A．7

B．3

C．1 D．﹣14．已知双曲𝑥2−𝑦2=1(𝑏＞的焦距则其渐近线方程为（ ）𝑏2A．𝑦=

B．𝑦=±√2

C．𝑦=±√3𝑥 D．𝑦=±√3𝑥22某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）228A． B．2 C．8 D．436．设a＝30.3，𝑏=(1)1.2，c＝log 0.8，则a，b，c的大小关系为（ ）2 0.6A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b7𝑓(𝑥

A．B．CA．B．C．D．

，则f（x）的大致图像为（ ）8．已知圆C的圆心在直线＝x上，且与直线+＝0相切于点（，3，则圆C方程为（ ）𝑥A（+2（+618C﹣）（﹣218𝑥

B．x2+y2＝18D（﹣2（62129．(2𝑥

𝑦2)(𝑥+𝑦)6的展开式中x3y4的系数为（ ）A．45 B．30 C．20 D．1510．球O为三棱锥P﹣ABC的外接球，△ABC和△PBC都是边长为2√3的正三角形，平面PBC⊥平面ABC，则球的表面积为（ ）A．28π B．20π C．18π D．16π．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取12偶数，；第三次取3个连续奇数，，；第四次取4个连续偶数，第五次取5个连续奇数按此规律取下去，得到一个数5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则在这个数列中第2021个数是（ ）A．3976 B．3974 C．3978 D．3973已知定义在R上的可导函数（∈，都有（）x（，当＞0时，f（+（）＜0，若2a1（2﹣）≤a+（+，则实数a的取值范围是（ ）A．[0，2]C（﹣∞0∪[+∞）

B（﹣∞，1[，∞）D．[﹣1，2]二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．设是等比数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则数{an}的公比q＝ ．1．已𝑎=3，𝑏=3，→+𝑏|= ．OC：y2＝2px（p＞0）Cx轴垂直为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|＝4，则C的准线方程为 ．函数（）Asiφ＞＜＜）的部分图像如图所示，有以下结论：①f（x）的最小正周期T＝2；②f（x）的最大值为A；4；③f（x）图像的第一条对称轴为直线𝑥=−14；2④f（x）(−1，−1)上单调递增则正确结论的序号为 ．2三、解答题：共7017～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第223题为选考题，考生根据要求作答（一）60分．31（12分ABCAC所对的边分别为b√𝑎=𝐵+𝜋．3C的大小；a+b＝5，求△ABC周长的取值范围．1（12分2021年4月某新能源公司在室内开展了“低碳出行，绿色减排”活动，向全市投放了1000辆新能源电动车，免费试用5个月．试用到期后，为了解男女试用者对该新能源车性能的评价情况，公司对申请使用的试用者进行了满意度评分调查（满分为100分，最后该公司共收回40040份（20份）作为样本，绘制了如图茎叶图：40假设该公司规定样本中试用者的“认定类型m的为“满意型m的为“需改进型性别分别用分层抽样的方法，从中抽取8人进行回访，根据回访意见改进车辆后，再从833XX的分布列及数学期望．3112分）如图，四棱锥﹣ABCD的底面ABCD𝐷=𝜋A＝BC32＝1，AD⊥PD．M是AB的中点，点N在PC上，𝐶𝑁=1𝑁𝑃．2PDMABCD；PM⊥MD，PC＝3A﹣DM﹣N的余弦值．√32（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，短轴长为1，离心率为2．C的方程；𝐴𝑃P（λ，0）lA，B𝐴𝑃

=𝐵，求实数λ的范围．2（12分）已知函数）x+si．求＝（）在1（）处的切线方程；x≥0时，f（x）≥ax2+2x+1a的取值范围．（二）选考题：共10分．请考生在第22、23两题中任选一题作答，则按所做的第一题几分．[选修4-4：坐标系与参数方程]2（10分）在平面直角坐标系中，曲线C

𝑥=2+𝑐𝑜𝑠𝜃（θ为参数，以坐C的极坐标方程；

{𝑦=𝑠𝑖𝑛𝜃3l𝜃=𝜋(𝜌∈𝑅)，PCPl的距离的最大值．3[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+1|+|x+3|．（1）求f（x）≥4的解集；（2）若f（x）≥a2﹣2a+3，求a的值．2022年广西南宁市高考理科数学一模试卷参考答案与试题解析12560有一项是符合题目要求的。1．设集合M＝{x|2≤x≤4}，N＝{x|3＜x≤5}，则M∩N＝（ ）A．{x|2≤x≤3} B．{x|3≤x≤4} C．{x|3＜x≤4} D．{x|2≤x≤5}解：∵集合M＝{x|2≤x≤4}，N＝{x|3＜x≤5}，2．若𝑧（1+i）＝1﹣i，则z＝（A．1﹣i B．2．若𝑧（1+i）＝1﹣i，则z＝（A．1﹣i B．1+i）C．﹣iD．i解：𝑧（1+i）＝1﹣i，𝑧=1−𝑖= (1−𝑖)2 =−𝑖，+𝑖)(1−𝑖)∴z＝i．故选：D．1+𝑖 (13．已知数列{an}是单调递减的等差数列，a2、a4分别是方程x2﹣6x+5＝0的两根，则a5＝（ ）A．7 B．3 C．1 D．﹣1解：∵a2、a4分别是方程x2﹣6x+5＝0的两根，且数列为递减数列，∴a2＝5，a4＝1，∴+𝑑=5 =71{𝑎 +3𝑑=1，∴{𝑑=1∴a5＝7+（﹣2）×4＝﹣1，故选：D．4𝑥2−𝑦2𝑏2

=1(𝑏＞的焦距2√3，则其渐近线方程为（ ）A．𝑦=

B．𝑦=±√2

C．𝑦=±√3𝑥 D．𝑦=±√3𝑥22解：由焦距2𝑐=2√3，又双曲线中a2＝1，a2+b2＝c2，22𝑏3＝b2+1𝑏=√2，∴𝑎所以渐近线方程为𝑦=±√2𝑥，故选：A．

√2，某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（ ）8A． B．2 C．8 D．43解：根据三视图还原，得到四棱锥P﹣ABCD，其底面ABCD为直角梯形，高为PD，3𝑉=13

⋅𝑃𝐷=1⋅1(1+2)⋅2⋅2=2，3 故选：B．3 6．设a＝30.3，𝑏=(1)1.2，c＝log 0.8，则a，b，c的大小关系为（ ）2 0.6A．a＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．c＜a＜b解：∵1＜30.3＜30.5=√3，∴1＜𝑎＜√3，2∵(1)1.2 =2∵log0.60.8＜log0.60.6＝1，∴c＜1，∴c＜a＜b．故选：D．7𝑓(𝑥

𝑒𝑥1

，则f（x）的大致图像为（ ）A．B．C．D．解：由题意得，f（﹣1）＞0，故排除C，D，当x→+∞，fA．B．C．D．故选：A．8．已知圆C的圆心在直线＝x上，且与直线+＝0相切于点（，3，则圆C方程为（ ）A（+2（+618C﹣）（﹣218

B．x2+y2＝18D（﹣2（62126𝑚3mm（23的连线与直线l

×(1) =1 ，解得m1，所以圆心为1，，半𝑟=1 2 6 2=所以圆C方程为（x﹣1）2+（y﹣6）2＝18．故选：C．9．(2𝑥

𝑦2)(𝑥 𝑦)6的展开式中x3y4的系数为（ ）𝑥A．45 B．30 C．20 D．15𝑥6解（+6展开式的通项公式1 =𝐶𝑟6

𝑦𝑟（N且≤，所(2𝑥 𝑦2)的各项与展开式的通项的乘积可表示为

=2𝐶𝑟

𝑦𝑟，𝑥6r＝4=2𝐶4𝑥3𝑦4x3y46

𝑟1 6𝑦2T

=

𝑟5r+

𝑦2

=

2𝑥3𝑦4，该项中x3y4的系数为﹣15，𝑥 r+1 6

𝑥 3 6x3y4OP﹣ABC和△PBC的正三角形，平面PBC⊥平面ABC，则球的表面积为（ ）A．28π B．20π C．18π D．16π解：设BC中点为T，△ABC的外心为O1，△PBC的外心为O2，由△ABC和△PBC均为边长为2√3的正三角形，则△ABC和△PBC

2√3

=2，2𝑠𝑖𝑛60°又因为平面PBC⊥平面ABC，1O2TABC，所以O2T⊥O1T，且O2T＝O1T，过O2，O1分别作平面PBC和平面ABC的垂线相交于O，OP﹣ABC外接球球心，且四边形√3)2=1的正方形，2所以外接球半径𝑅=√𝑂𝑂2+𝑂2𝑃2=√1+4=√5，2则球的表面积为20π，故选：B．在正整数数列中，由1开始依次按如下规则取它的项：第一次取1；第二次取2个连续偶数，；第三次取3个连续奇数，，；第四次取4个连续偶数，第五次取5个连续奇数按此规律取下去，得到一个数5，7，9，10，12，14，16，17，19，…，则在这个数列中第2021个数是（ ）A．3976 B．3974 C．3978 D．3973解：由题意可得，奇数次取奇数个数，偶数次取偶数个数，前n次共取了1+2+3+⋯+2𝑛=𝑛(𝑛+1)个数，263(63+1)nn2n＝63

2 =63201663次取的数都为奇数，并且最后一个数为632＝3969，20163969，所示当n＝64时，依次取20213978，故选：C．已知定义在R上的可导函数（∈，都有（）x（，当＞0时，f（+（）＜0，若2a1（2﹣）≤a+（+，则实数a的取值范围是（ ）A．[0，2]C（﹣∞0∪[+∞）

B（﹣∞，1[，∞）D．[﹣1，2]解：令g）x（，则当0时，（）＝x（）+（），g（x）＝exf（x）在区间单调递减，又g（）＝x（﹣）﹣（x（）ex（）＝，所以g（x）为偶函数，且在区间（﹣∞，0）单调递增，又a1（2﹣）≤a+a+，即（2﹣1）g+1，所以|2a﹣1|≥|a+1|，即（2a﹣1）2≥（a+1）2a≤0a≥2，所以a的取值范围为（﹣∞0∪[+∞．故选：C．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．设是等比数列，且a1+a2+a3＝1，a2+a3+a4＝2，则数{an}的公比q＝2 解：∵{an}是等比数列，且a1+a2+a3＝1，∴a2+a3+a4＝q（a1+a2+a3）＝2，∴q＝2，故答案为：2．1．已𝑎=3，𝑏=3，→+𝑏|= 5 ．，解：→=3) 𝑏=3，，∴→+𝑏=3，∴→+𝑏|=√9+6，OC：y2＝2px（p＞0）Cx2轴垂直为x轴上一点，且PQ⊥OP，若|FQ|＝4，则C的准线方程为 x＝﹣1 解：抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦𝐹(𝑝2𝑝∵P为C上一点，PF与x轴垂直，所以P的横坐标为，2代入抛物线方程求得P的纵坐标为±p，𝑝不妨设（2，p，因为Q为x轴上一点，且PO，所以Q在F的右侧，又∵|FQ|＝4，∴𝑄(4+𝑝

=(4，−𝑝)，2 𝑃𝑄→因为PQ⊥OP，所以

⋅=𝑝×4−𝑝2=0，∵p＞0，∴p＝2，

𝑃𝑄 2所以C的准线方程为x＝﹣1，故答案为：x＝﹣1．函数（）Asiφ＞＜＜）的部分图像如图所示，有以下结论：①f（x）的最小正周期T＝2；②f（x）的最大值为A；4；③f（x）图像的第一条对称轴为直线𝑥=−14；2④f（x）(−1，−1)上单调递增．则正确结论的序号为 ①②③④21解：由图可知，

5−1

=1，则f（x）的最小正周期T＝2，①正确；𝑇2 4 4𝑇如图，当x＝0时，f（x）＝Asinφ＞0，结合0＜φ＜π，知A＞0，f（x）的最大值为A，②正确；因为f（x）的图像过点(1，0)和(5，0)，所以f（x）图像的对称轴为直线𝑥=1(1+5)+4 4 24 42 ，正确4 4𝑇=3+𝑘（∈，当＝1𝑥2 ，正确4 4(1代入（）Asi+φ，得𝜋+𝜑=𝜋+，又0＜φ＜π，得𝜑=4 4 4，4 2 4 2 4 则)=𝑥+−𝜋+𝜋≤𝑥+𝜋≤𝜋+得−5+𝑘≤𝑥≤−1+𝑘，4 2 4 2 4 ∈此为f 图像的单调递增区间当＝0时−5≤𝑥≤−1 1，−1)⊆−5，4 而 2 44−1)，④正确．4故答案为：①②③④三、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答。第223题为选考题，考生根据要求作答（一）60分．31（12分ABCAC所对的边分别为b√𝑎=𝐵+．3C的大小；a+b＝5，求△ABC周长的取值范围．3（）ABC√𝐴=𝐵+，3即√3𝑠𝑖𝑛(𝐵+𝐶)=2𝑠𝑖𝑛𝐶⋅(1𝑠𝑖𝑛𝐵+√3𝑐𝑜𝑠𝐵)，化简得√3𝑠𝑖𝑛𝐵𝑐𝑜𝑠𝐶=𝑠𝑖𝑛𝐶𝑠𝑖𝑛𝐵，2 23；又si＞0√𝐶=𝐶𝐶=√，又∈（，π𝐶=𝜋3；2（2）由余弦定理可知，c2＝a2+b2﹣2abcosC＝（a+b）2﹣3ab，因为a+b＝5，𝑎𝑏≤(𝑎+𝑏)2，2可得𝑐2≥(𝑎+𝑏)2−3(𝑎+𝑏)2

=25，当且仅当𝑎=𝑏=5时，取等号，2 4 22所以𝑐≥52

5≤ABC[152，又c＜a+b＝5，所以221（12分2021年4行，绿色减排”活动，向全市投放了1000辆新能源电动车，免费试用5个月．试用到期后，为了解男女试用者对该新能源车性能的评价情况，公司对申请使用的试用者进行了满意度评分调查（满分为100分，最后该公司共收回400份评分表，然后从中随机抽取40份（男女各20份）作为样本，绘制了如图茎叶图：40假设该公司规定样本中试用者的“认定类型m的为“满意型m的为“需改进型性别分别用分层抽样的方法，从中抽取8人进行回访，根据回访意见改进车辆后，再从833XX的分布列及数学期望．2解（1由茎叶图可知40组数据由小到大排序最中间两项应为80与82𝑚=2=281；80﹣9070～80分之间，普遍低于女性用户的评分．（2）m51526名，X的所有可能取值为1，2，3．𝐶2𝐶1则𝑃(𝑋=1)=

6 3𝑋=)=1

0 5𝑋=)=0

20 5，236=56=28

236=56=28

236=56=14𝐶8 𝐶8 𝐶8所以X的分布列如下：12331551233155282814所以X的数学期望为：𝐸(𝑋)=1×3

+2×15+3×5=928 28 14 4．3112分）如图，四棱锥﹣ABCD的底面ABCD𝐷=𝜋A＝BC32＝1，AD⊥PD．M是AB的中点，点N在PC上，𝐶𝑁=1𝑁𝑃．2PDMABCD；PM⊥MD，PC＝3A﹣DM﹣N的余弦值．3（1）证明：由题意得AM＝2，∠𝐵𝐴𝐷=𝜋，AD＝1，3在△ADM中，由余弦定理得𝐷𝑀=√3，所以△ADM是直角三角形，即AD⊥DM，AD⊥PDADPDM，又AD⊂平面ABCD，所以平面PDM⊥平面ABCD；（）由）知A⊥平面PDP平面PD，∴AD⊥PM，DDA，DMMPDDA，DMMP轴建立空间直角D﹣xyz，MCABCD𝑀𝐶PMC中，𝑃𝑀=√𝑃𝐶2𝑀𝐶2=于是𝑀(0，√3，0)，𝑃(0，√3，√2)，𝐶(−2，2√3，0)，由→ =𝐶−4，5√3，√2)，𝑃𝑁

3 3 3→=(𝑥，𝑦，𝑧)

{𝑛⋅𝑀=0⇒{√𝑦=0DMN

，则→ → −4𝑥+5√3𝑦+√2 ，取＝4→=由（1）xADM，

𝑛⋅𝐷𝑁=0

3 3 3𝑧=0所以平面ADM

=(0，0，1)，则→𝑛〉

→→→𝑛

= 41×√

=2√2，33因为二面角A﹣DM﹣N为钝角，故所求二面角的余弦值为−2√2．33√32（12分）已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，短轴长为1，离心率为2．C的方程；𝐴𝑃若过（，0）的直线l与椭圆交于相异两点，，且→=𝐵，求实数λ的范𝐴𝑃围．2𝑏=1解（）由题意{𝑐 √3 ，=𝑎 2=𝑎2=𝑏2+𝑐22解得a＝1，𝑏=1，所以椭圆方程为𝑥2+2

𝑦214

=1；（2）设（0，0，11，由→=𝐵得

）＝2（x

λ，y，𝐴𝑃

1 1 0 0则（3﹣20，0，因为点A在椭圆x2+4y2＝1上，故(3𝜆−2𝑥0)2+4(−2𝑦0)2=1，即9𝜆2−12𝜆𝑥0+4(𝑥02+4𝑦02)−1=0，又𝑥02+4𝑦02=1，= 所以𝑥=

3𝜆2+14𝜆4𝜆由椭圆定义知﹣1≤x0≤1，故−1≤3𝜆2+1≤1，4𝜆𝜆∈[−11]∪[13 3又由题设知λ≠±1，故𝜆∈(−1−1]∪[13 3所以实数λ(−1−1]∪[13 32（12分）已知函数）x+si．求＝（）在1（）处的切线方程；x≥0时，f（x）≥ax2+2x+1a的取值范围．（）由题知（1）+sin，（）+co，（）＝+cos，所以＝（）在，（）处的切线方程为﹣+sin）＝+cos﹣，即（e+cos1）x﹣y+sin1﹣cos1＝0，（2）f（x）≤ax2+2x+1ex+sinx﹣ax2﹣2x﹣1≥0，g（x）＝ex+sinx﹣ax2﹣2x﹣1g（x）min≥0，g'（x）＝ex+cosx﹣2ax﹣2，g''（x）＝ex﹣sinx﹣2a，g'''（x）＝ex﹣cosx，因为x≥0，所以ex≥1≥cosx，所以g'''（x）＝ex﹣cosx≥0，所以g''（x）在[0，+∞）上单调递增，g''（x）≥g''（0）＝1﹣2a，11﹣2a≥0𝑎2时，g''（x）≥g''（0）＝1﹣2a≥0，g'（x）在[0，+∞）上单调递增，g'（x）≥g'（0）＝0，所以g（x）在[0，+∞）上单调递增，g（x）≥g（0）＝0，符合题意，2当1﹣2a＜0𝑎1上单调递增，而g（l（2a+）﹣s