广东省六校2022届高三下学期第四次联考数学试题 附解析

广东省2022届高三六校第四次联考数学本试卷共22题，满分150分.考试用时120分钟一、单项选择题（每小题有且只有一个正确选项，把正确选项填涂在答题卡相应位置上.每小题5分，共40分）1.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】解不等式得集合，然后由集合的运算法则计算．【详解】，故，，故选：B．2.如图，在复平面内，复数，对应的向量分别是，，则复数对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【详解】解：因为复数，对应的向量分别是，，则复数，因此点位于第二象限，选B3.北京冬奥会已在北京和张家口市如火如荼的进行.为了纪念申奥成功，中国邮政发行《北京申办2022年冬奥会成功纪念》邮票，图案分别为冬奥会会徽“冬梦”、冬残奥会会徽“飞跃”、冬奥会吉祥物“冰墩墩”、冬残奥会吉祥物“雪容融”及“志愿者标志”.先从一套5枚邮票中任取3枚，则恰有2枚会徽邮票的概率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】求出从一套5枚邮票中任取3枚的方法数，再求出3枚中恰有2枚会徽邮票的方法数，然后利用古典概型的概率公式求解【详解】由题意可得从一套5枚邮票中任取3枚的方法数为种，取出的3枚中恰有2枚会徽邮票的有种，所以从一套5枚邮票中任取3枚，则恰有2枚会徽邮票的概率为，故选：C4.已知一组数据共10个数（10不全相等），方差为，增加一个数后得到一组新数据，新数据的平均数不变，方差为，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】可以先设10个数据，根据题意，求出第11个数据，再按照方差的定义计算即可.【详解】设这10个数据为：，平均值为m，则，第11个数据为y，由题意，；，；故选：C.5.已知正四面体的棱长为1，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用向量减法的三角形法则和向量的数量积的定义和正四面体的定义即可求解.【详解】因，所以.根据向量的减法法则，得，所以故选：C.6.函数的图象如图所示，则的解析式可能为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】由函数图象知，利用周期公式即可解得，又，解得，即可得出函数的解析式.【详解】设函数，则由图可知，，解得,所以，解得，将点代入函数中，即，解得当时，.的解析式为：.故选：D.7.我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔离分家万事休.”在数学的学习和研究中，常用函数的图像来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数图像的特征，如函数（）的图像不可能是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】根据函数的奇偶性，分类，和三种情况分类讨论，结合选项，即可求解.【详解】由题意，函数的定义域为关于原点对称，且，所以函数为偶函数，图象关于原点对称，当时，函数且，图象如选项B中的图象；当时，若时，函数，可得，函数在区间单调递增，此时选项C符合题意；当时，若时，可得，则，令，解得，当时，，单调递减；当时，，单调递增，所以选项D符合题意.故选：A.8.在三棱柱中，侧棱平面ABC，，，，，P为侧棱的中点，则四棱锥外接球的表面积为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】连接，交于点O，连接OP．根据题意数量关系求得，得到，又在矩形中，，得到点为四棱锥外接球的球心，可得外接球的半径，进而得到表面积.【详解】连接，交于点O，连接OP．因为平面ABC，所以在矩形中，由P为的中点，知．在中，，所以．在中，，所以，所以，又O为的中点，所以，又在矩形中，，所以点为四棱锥外接球的球心，所以外接球的半径，其表面积，故选：B．二、多项选择题（每小题有多于一个的正确选项，全答对得5分，部分答对得2分，有错误选项的得0分，总分20分）9.在平面直角坐标系中，已知，设下列圆锥曲线的焦点是，则满足的有（）A. B. C. D.【答案】AC【解析】【分析】根据圆锥曲线的定义求出焦点坐标，然后利用两点间距离公式逐一验证即可.【详解】对于A：的焦点坐标为，显然，故A正确.对于B：的焦点坐标为，所以，故B错误.对于C：因为点A在y轴上，距离椭圆的左右焦点距离相同，故以右焦点为例：，，焦点为，所以，故C正确.对于D：因为点A在y轴上，距离双曲线的左右焦点距离相同，根据双曲线的定义，，右焦点为，所以，故D错误.故选：AC10.已知，是二个不重合的平面，是直线．给出下列命题，其中正确的命题有（）A.若上两点到的距离相等，则B.若，，则C若，，且，则D.若直线满足：，，且，则【答案】BC【解析】【分析】分析每一小问的几何意义，应用相关的几何定理即可.【详解】对于A，作图如下：直线AB上的A，B两点到平面的距离相等，但AB不平行于，故A错误；对于B，由于，则在平面内必有一条直线与l平行，即，所以，故B正确；对于C，若，则在平面内必有一条直线，又∵，有，即在平面内必有一条直线，由平行线的传递性得，，故C正确；对于D，由于可得，故D错误；故选：BC.11.已知，设，，以下四个命题中正确的有（）A若，则有最小值 B.若，则有最大值2C.若，则 D.若，则有最小值【答案】ABC【解析】【分析】根据题意和基本不等式、重要不等式依次求出最小值与最大值即可判断选项.【详解】由题意知，，，A：当时，，当且仅当即、时等号成立，所以M的最小值为，故A正确；B：当时，，当且仅当时等号成立，令，则，且，解得，即，解得，所以，故B正确；C：当时，，当且仅当时等号成立，所以，解得，所以，故C正确；D：当时，得，当且仅当等号成立，即，整理得，解得，故D错误.故选：ABC12.设随机变量的分布列如下：12345678910则（）A.当为等差数列时，B.数列的通项公式可能为C.当数列满足时，D.当数列满足时，【答案】BCD【解析】【分析】根据分布列的性质知，利用特殊值法可判断A，由裂项相消法求和可知B正确；根据等比数列求和公式可判断C，利用的关系，可判断D.【详解】由题目可知；对于选项A，若为等差数列，则不成立，比如公差为0时，，故选项A不正确；对于选项B，显然，又，，因此选项B正确；对于选项C，由，则，所以，因此选项C正确；对于选项D，令，则即，，于是有，解得，于是有因此选项D正确.故选：BCD三、填空题(每小题5分，共20分，把正确答案填写在答题卡相应位置上.)13.已知的展开式中第2项和第6项的二项式系数相等，则的展开式中的常数项为____________.【答案】60【解析】【分析】利用已知求出的值，然后再求出展开式的通项公式，令的指数为零即可求解.【详解】由已知可得，第2项和第6项的二项式系数相等，则，解得，则的展开式的通项公式为，令，解得，所以展开式的常数项为.故答案为：.14.已知为奇函数，当时，，则曲线在点处的切线方程为_______________.【答案】【解析】【分析】利用函数的奇偶性，求出函数在时的解析式，求导，用点斜式直线方程即可.【详解】由题意时，，是奇函数，时，，，，由点斜式直线方程得，整理得；故答案为：.15.如图，已知为的重心，且，若，则角的大小为_______.【答案】##【解析】【详解】分析：利用余弦定理、直角三角形的性质、三角函数求值即可得出．详解：连AO并延长与BC相交于点D，∵为的重心，∴点D是BC的中点，且．设AD=m，∠ADB=α．则，以上两式两边分别相加可得：又，∴．又，在中，由余弦定理的推论得．∵，∴．点睛：本题考查余弦定理的应用，考查学生分析问题和解决问题的能力．由于题中涉及的三角形较多，故解题的关键是分清是用哪个三角形，然后根据条件选择余弦定理合适的形式求解．16.过抛物线的焦点作直线与抛物线交于、两点，线段的垂直平分线交轴于，点为的平分线上任意一点，记与的面积分别为、，则______．【答案】##【解析】【分析】由角平分线的定义得，设线段的垂直平分线与交于点，转化为求，分别过点、作抛物线的准线的垂线，垂足分别为、，再过点作，垂足为，然后利用抛物线的定义求解.【详解】因为P为的平分线上任意一点，所以，设线段的垂直平分线与线段交于点，分别过点、作抛物线准线的垂线，垂足分别为、，再过点作，垂足为．因为，，所以，所以．设，（不妨设），由抛物线定义得，，所以．而，所以．故答案为：.四、解答题（要求写出必要的过程，第17题10分，第18~22题各12分，共70分.）17.已知的内角对的边分别为，，.（1）求；（2）若边上的中线为，求.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意可得，然后利用正弦定理结三角函数恒等变换公式可求出角，（2）由题意可得，两边平方化简可求出【小问1详解】由，，得由正弦定理可得∴∴，【小问2详解】因为为边上的中线，所以,所以，所以，即解得或-4（舍去）18.已知正项数列满足前项和满足.（1）求数列的通项公式；（2）若数列满足，求数列的前项和.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由化简可知是以为首项，公差为的等差数列，进而求得.（2）由可知，进而求得.【小问1详解】由可得即：，，是以为首项，公差为的等差数列当时，当时，所以：【小问2详解】当时，当时，由可得：①②由①-②得：当时，当时，当时，综上，19.根据我国国家统计局的数据显示，2020年12月份，中国制造业采购经理指数（PMI）为50.3%，比上月上升0.2个百分点.以新能源汽车、机器人、医疗设备、高铁、电力装备、船舶、无人机等为代表的高端制造业突飞猛进，则进一步体现了中国制造目前的跨越式发展.已知某精密制造企业为评估某设备生产某种零件的性能，从设备生产零件的流水线上随机抽取100件零件作为样本，测量其直径后，整理得到下表：直径/mm5859616263646566676869707173合计件数11356193318442121100经计算，，以频率值作为概率的估计值，解决以下问题：（1）为评判一台设备的性能，从该设备加工的零件中任意抽取一件，记其直径为，并根据以下不等式进行评判（表示相应事件的频率）：①；②；③．评判规则为：若同时满足上述三个不等式，则设备等级为甲；仅满足①②，不满足③，则等级为乙；若仅满足①，不满足②③，则等级为丙；若全部不满足，则等级为丁．试判断设备M的性能等级；（2）将直径小于等于或直径大于的零件认为是次品，①从设备的生产流水线上随意抽取2件零件，计算其中次品个数的数学期望；②从样本中随意抽取2件零件，计算其中次品个数的分布列和数学期望．【答案】（1）性能等级为丙（2）①；②分布列见解析，数学期望【解析】【分析】(1)根据表格中的数据可得求出、和，结合题意即可得出结论；(2)根据二项分布即可求出，根据超几何分布可得的分布列，进而求出即可.【小问1详解】由表格可知因为设备的数据仅满足不等式①，故其性能等级为丙.【小问2详解】易知样本中次品共6件，可估计设备生产零件的次品率为0.06.由题意可知～，于是，Z可能的取值为，；；由题意可知的分布列为故.20.已知矩形纸片满足，，为中点，将该纸片沿对角线折成空间四边形，使得二面角的大小为.（1）求三棱锥体积的最大值；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）1（2）【解析】【分析】（1）根据体积比例关系，计算出三棱锥的高和底面积，即可求解.（2）建立直角坐标系，算出平面的法向量，然后根据直线方向向量和法相量的交角公式计算即可.【小问1详解】解：由题意得：三棱锥的体积当时，取最大值，在矩形中，过作交于点，此时，三棱锥的高，的最大值所以三棱锥体积的最大值小问2详解】过作，垂足为，过作，垂足为以为坐标原点，为轴，为轴建立空间直角坐标系（如图所示）设平面的法向量为取，得设直线与所成角为21.若，且直线与曲线相切.（1）求的值；（2）证明：当，不等式对于恒成立.【答案】（1）（2）证明见解析【解析】【分析】（1）设切点为，则有，解之即可的解；（2）要证当，不等式对于恒成立，只需证当，不等式对于恒成立，令，只需证明即可，利用导数求出函数的最小值，即可得证.【小问1详解】解：设切点为，，则，解得：，；【小问2详解】证明：要证当，不等式对于恒成立，只需证当，不等式对于恒成立，令，令，，令，则，所以函数在上递增，所以，所以，故，，则，所以函数在上递增，所以，所以，所以函数在上递增，即函数在上递增，又，所以，所以在上递增，又因为，故恒成立，即当，不等式对于恒成立.【点睛】本题考查了导数的几何意义，还考查了利用导数证明不等式问题，考查了放缩及转换思想，考查了学生的数据分析能力、计算能力及逻辑推理能力，难度很大.22.如图，已知圆，点，以线段为直径的圆内切于圆O，点的集合记为曲线.（1）求曲线的方程；（2）已知直线，，过点的直线与交于两点，与直线交于点，记的斜率分别为，问：是否为定值？若是，给出证明，并求出定值；若不是，