1、2021-2022学年广东省广州市省实、广雅、执信、六中四校高三（上）联考数学试卷（8月份）一、选择题（共8小题，每小题5分，共40分）. 1设集合Ax|x2|2，B2，3，4，则AB（）A2B2，3C3，4D2，3，42已知z3+4i，则（）ABCD3函数具有性质（）A最大值为2，图象关于对称B最大值为，图象关于对称C最大值为2，图象关于直线对称D最大值为，图象关于直线对称4一个圆柱的侧面展开图是一个面积为42的正方形，则这个圆柱的体积为（）AB2C2D225已知sin（），则cos（2+）（）ABCD6已知函数yloga（x1）+1（a0，且a1）的图象恒过定点A，若点A在椭圆上，则m+n
2、的最小值为（）A12B10C9D872020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方”（“三药”是指金花清感颗粒、连花清瘟颗粒（胶囊）和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤、化湿败毒方和宜肺败毒方）发挥了重要的作用甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲、乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是（）ABCD8已知点Q在圆E：（x+3）2+（y4）24上，椭圆C：的右焦点为F，点P在椭圆C上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|PF|的最小值为26，且椭圆C的长轴长
3、恰与圆E的直径长相等，过点F作圆E的切线，则切线斜率为（）A2BCD二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9如图是2021年青年歌手大奖赛中，七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中m、n均为数字09中的一个），在去掉一个最高分和一个最低分后，则有（）A甲选手得分的平均数一定大于乙选手得分的平均数B甲选手得分的中位数一定大于乙选手得分的中位数C甲选手得分的众数与m的值无关D甲选手得分的方差与n的值无关10已知向量，则下列命题正确的是（）A存在，使得B当时，与垂直C对任意，都有D当时，
4、在方向上的投影为11如图，点M是正方体ABCDA1B1C1D1中的侧面ADD1A1内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（）A满足BMA1D的点M的轨迹是一条线段B在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30C若正方体的棱长为1，三棱锥BC1MD的体积最大值为D点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等12已知函数f（x）（mR），则（）A对任意的mR，函数f（x）都有零点B当m3时，对x1x2，都有（x1x2）（f（x1）f（x2）0成立C当m0时，方程ff（x）0有4个不同的实数根D当m0时，方程f（x）+f（x）0有2个不同的实数根三、填空题：本题共4
5、小题，每小题5分，共20分.13已知双曲线C：1（m0）的一条渐近线为x+my0，则双曲线C的实轴长为 14已知二项式的展开式的二项式系数和为64，则展开式中的有理项系数和为 15函数f（x）的图象在点处的切线与直线xay+10垂直，则非零实数a的值为 16设正整数na020+a121+ak12k1+ak2k，其中ai0，1，i0，1，2，k，记（n）a0+a1+ak.若ma020+a121+a929+210且（m）3，则这样的正整数m有 个，所有的这样的正整数m的和为 .（用数字作答）四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17已知等比数列an是递增数列，
6、满足a432，a3+a580（1）求an的通项公式；（2）设bnlog2an，若bn为数列cn的前n项积，证明：18党中央、国务院高度重视新冠病毒核酸检测工作，中央应对新型冠状病毒感染肺炎疫情工作领导小组会议作出部署，要求尽力扩大核酸检测范围，着力提升检测能力根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p（0p1）现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，既可以逐个化验，也可以将若干个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则化验结果呈阳性若混合样本呈阳性，则需将该组中备用的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再化验现有以下三种方案：方案一：4个样本逐个化验；方案二
7、：4个样本混合在一起化验；方案三：4个样本均分为两组，分别混合在一起化验在新冠肺炎爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”（1）若p，按方案一，求4例疑似病例中恰有2例呈阳性的概率；（2）若p，现将该4例疑似病例样本进行化验，试比较以上三个方案中哪个最“优”，并说明理由19如图所示，在四边形ABCD中，D2B，且AD1，CD3，（1）若，求AB的长；（2）求四边形ABCD面积的最大值20在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BCCD，PAAD2，BC3CD3，点M，N在线段BC上，满足BM2MN1，ANMDE（1）求证：PNMD；（2）若Q为线段PB上的一点
8、，且PD平面AQM，求平面QAM与平面PAN所成锐二面角的余弦值21已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，M（n，2）为抛物线C上的一点，且|MF|2（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，点P在抛物线C上，记直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，试判断是否存在点P，使得k1+k22？若存在，求出点P的个数；若不存在，请说明理由22已知函数f（x）2ax+lnx（1）若函数f（x）为增函数，求实数a的取值范围；（2）设g（x）xf（x）+2x有两个不同零点x1，x2（）证明：x1+x2；（）若x23x10，证明：x1+x2参考答案一、选择题（共8小
9、题，每小题5分，共40分）. 1设集合Ax|x2|2，B2，3，4，则AB（）A2B2，3C3，4D2，3，4解：集合Ax|x2|2x|0x4，B2，3，4，AB2，3故选：B2已知z3+4i，则（）ABCD解：z3+4i，故选：D3函数具有性质（）A最大值为2，图象关于对称B最大值为，图象关于对称C最大值为2，图象关于直线对称D最大值为，图象关于直线对称解：sinxcos+cosxsin+cosxcos+sinxsin2sin（x+），当sin（x+）1时，f（x）取最大值2，BD错；f（）2sin（+）1，A错；f（）2sin（+）2，图象关于直线对称，C对故选：C4一个圆柱的侧面展开图是
10、一个面积为42的正方形，则这个圆柱的体积为（）AB2C2D22解：设圆柱的底面半径为r，则底面圆的周长为l2r，根据圆柱的侧面展开图是面积为42的正方形知，（2r）242，r1，所以这个圆柱的体积为Vr2h12222故选：D5已知sin（），则cos（2+）（）ABCD解：sin（），cos（2+）cos（2）cos（2）1+2sin2（）1+2（）2故选：A6已知函数yloga（x1）+1（a0，且a1）的图象恒过定点A，若点A在椭圆上，则m+n的最小值为（）A12B10C9D8解：对于函数yloga（x1）+1（a0，且a1）的图象，令x11，求得x2，y1，可得它的图象恒过定点A（2，1
11、）因为点A（2，1）在椭圆（m0，n0，mn）上，则1，则m+n（m+n）（ ）5+9，当且仅当m2n时，等号成立，故m+n的最小值为9，故选：C72020年新冠肺炎肆虐，全国各地千千万万的医护者成为“最美逆行者”，医药科研工作者积极研制有效抗疫药物，中医药通过临床筛选出的有效方剂“三药三方”（“三药”是指金花清感颗粒、连花清瘟颗粒（胶囊）和血必净注射液；“三方”是指清肺排毒汤、化湿败毒方和宜肺败毒方）发挥了重要的作用甲因个人原因不能选用血必净注射液，甲、乙两名患者各自独立自主的选择一药一方进行治疗，则两人选取药方完全不同的概率是（）ABCD解：将三药分别记为A，B，C，三方分别记为a，b，c
12、，选择一药一方的基本事件有：A，a，A，b，A，c，B，a，B，b，B，c，C，a，C，b，C，c，两人选取药方包含的基本事件个数n54，两人选取药方完全不同包含的基本事件个数m24，两人选取药方完全不同的概率P故选：A8已知点Q在圆E：（x+3）2+（y4）24上，椭圆C：的右焦点为F，点P在椭圆C上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|PF|的最小值为26，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，过点F作圆E的切线，则切线斜率为（）A2BCD解：根据题意，作出如下所示的图形，椭圆C的长轴长与圆E的直径长相等，2a4，a2，设椭圆的左焦点为F（c，0），由椭圆的定义可知，|PF|+|PF|
13、2a4，|PQ|PF|PQ|（4|PF|）|QF|4|EF|246，|EF|2，解得c1或5，ca，c1，F（1，0），设过点F的圆E的切线方程为yk（x1），则2，解得k故选：B二、选择题：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，部分选对的得2分，有选错的得0分.9如图是2021年青年歌手大奖赛中，七位评委为甲、乙两名选手打出的分数的茎叶图（其中m、n均为数字09中的一个），在去掉一个最高分和一个最低分后，则有（）A甲选手得分的平均数一定大于乙选手得分的平均数B甲选手得分的中位数一定大于乙选手得分的中位数C甲选手得分的众数与m的值无关D
14、甲选手得分的方差与n的值无关解：由题意，甲选手得分的平均数80+80+，乙选手得分的平均数80+80+，故选项A正确；无论m为何值，甲选手得分的中位数一定是85，乙选手得分的中位数是84，故选项B正确；当m1时，甲选手得分的众数为81，85，当m2时，甲选手得分的众数为85，故选项C不正确；因为90+n是最高分，被去掉，故甲选手得分的方差与n的值无关，故选项D正确；故选：ABD10已知向量，则下列命题正确的是（）A存在，使得B当时，与垂直C对任意，都有D当时，在方向上的投影为解：对A：若，则sincos，即sin221，故不存在这样的使得，故A错误；对B：当tan时，则sincos，则cos+
15、sincos+（cos）coscos0，则与垂直成立，故B正确，对C：若|，则，得1+sin2cos2+2，即cos2sin2cos21，此时存在，故C错误；对D：因为，即cos+sin，结合sin+cos1，解得sin，cos，所以|在方向上的投影为，故D正确故选：BD11如图，点M是正方体ABCDA1B1C1D1中的侧面ADD1A1内（包括边界）的一个动点，则下列结论正确的是（）A满足BMA1D的点M的轨迹是一条线段B在线段AD1上存在点M，使异面直线B1M与CD所成的角是30C若正方体的棱长为1，三棱锥BC1MD的体积最大值为D点M存在无数个位置满足到直线AD和直线C1D1的距离相等解：
16、A选项，因为BM在平面AA1D1D中的射影为AM，当AMA1D时，BMA1D成立，所以M点在线段AD1上，说法正确B选项，因为A1B1CD，所以异面直线B1M与CD所成的角即为A1B1与B1M所成角，设为设AA1a，则A1M，a，所以tan，因为，所以，故M点不存在，说法错误C选项，当M点与A1点重合时，M点到平面BC1D的距离最大，此时三棱锥BC1MD体积最大且三棱锥BC1MD为边长为的正四面体其体积等于正方体的体积减去4个三棱锥的体积，为，说法正确D选项，因为C1D1平面ADD1A1，所以C1D1D1M，即D1M为M到直线C1D1的距离过点M作MNAD，垂足为N，则MN为M到直线AD的距离
17、故M到点D1的距离等于到直线AD的距离，其轨迹为以D1为焦点，AD为准线的抛物线，说法正确故选：ACD12已知函数f（x）（mR），则（）A对任意的mR，函数f（x）都有零点B当m3时，对x1x2，都有（x1x2）（f（x1）f（x2）0成立C当m0时，方程ff（x）0有4个不同的实数根D当m0时，方程f（x）+f（x）0有2个不同的实数根解：对于A：作出函数yex1和yx24x4的图象如图所示：当m0时，函数f（x）只有1个零点，当2m0时，函数f（x）有2个零点，当m2时，函数f（x）只有1个零点，故A正确；对于B：当m3时，函数f（x）单调递增，若当m3时，对x1x2，都有（x1x2）（
18、f（x1）f（x2）0成立，则f（x）单调递减，故B错误；对于C：m0时，f（t）0得t12，t20，当f（x）t12时，方程有两个解，当f（x）t20时，方程有两个解，所以方程ff（x）0有4个不同的实数根，故C正确；对于D：当m0时，方程f（x）+f（x）0的根为f（x）f（x）的根，令h（x）f（x），作出f（x），h（x）的图象：可得函数f（x）与h（x）有三个交点，其中包括x0，即方程f（x）+f（x）有三个根，故选：AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13已知双曲线C：1（m0）的一条渐近线为x+my0，则双曲线C的实轴长为 2解：双曲线C：1（m0）的一条渐近线为
19、x+my0，可得，解得m3，所以双曲线的实轴长为：2故答案为：214已知二项式的展开式的二项式系数和为64，则展开式中的有理项系数和为 65解：二项式的展开式的二项式系数和为64，2n64，n6，二项式展开式的通项为Tr+126r（1）r，r0，1，2，3，4，5，6，展开式中有理项是r0，6时对应的项，展开式中的有理项系数和为26（1）0+20（1）665故答案为：6515函数f（x）的图象在点处的切线与直线xay+10垂直，则非零实数a的值为 1解：由f（x），得f（x），f（），函数f（x）的图象在点处的切线与直线xay+10垂直，即a1故答案为：116设正整数na020+a121+ak
20、12k1+ak2k，其中ai0，1，i0，1，2，k，记（n）a0+a1+ak.若ma020+a121+a929+210且（m）3，则这样的正整数m有 45个，所有的这样的正整数m的和为 55287.（用数字作答）解：当（m）3时，转化为：a0+a1+.+a92，在ai0，1，（i0，1，2，.9，）的整数解的组数；所以整数m的个数为：个；在这45个整数中，满足a01，的整数有个，满足a11，的整数有个，.，满足a91，的整数有个，因此：满足条件的正整数m的和为故答案为：45；55287四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17已知等比数列an是递增数列，
21、满足a432，a3+a580（1）求an的通项公式；（2）设bnlog2an，若bn为数列cn的前n项积，证明：【解答】解；（1）设等比数列an的公比为q（q1），由a432，得解得q2或（舍去）所以（2）证明：由bnlog2ann+1，得c1b12，当n2时，c1c2cnn+1，c1c2cn1n，由得，当n1时，满足上式，故，18党中央、国务院高度重视新冠病毒核酸检测工作，中央应对新型冠状病毒感染肺炎疫情工作领导小组会议作出部署，要求尽力扩大核酸检测范围，着力提升检测能力根据统计发现，疑似病例核酸检测呈阳性的概率为p（0p1）现有4例疑似病例，分别对其取样、检测，既可以逐个化验，也可以将若干
22、个样本混合在一起化验，混合样本中只要有病毒，则化验结果呈阳性若混合样本呈阳性，则需将该组中备用的样本再逐个化验；若混合样本呈阴性，则判定该组各个样本均为阴性，无需再化验现有以下三种方案：方案一：4个样本逐个化验；方案二：4个样本混合在一起化验；方案三：4个样本均分为两组，分别混合在一起化验在新冠肺炎爆发初期，由于检测能力不足，化验次数的期望值越小，则方案越“优”（1）若p，按方案一，求4例疑似病例中恰有2例呈阳性的概率；（2）若p，现将该4例疑似病例样本进行化验，试比较以上三个方案中哪个最“优”，并说明理由解：（1）p，按方案一，4例疑似病例中恰有2例呈阳性的概率：P（2）方案一：逐个检测，检
23、验次数为：414，方案二：检测次数为X，X的可能取值为1，5，P（X1）（1）4，P（X5）1，X的分布列如下： X15 P 方案二的数学期望为：EX1+52.3756方案三，由（1）知，每组两个样本检测时，若呈阴性，则检测次数为1，概率为，若呈阳性则检测次数为3，概率为1，故方案三的检测次数记为Y，Y的可能取值为2，4，6，P（Y2），P（Y4）2，P（Y6）（）2，Y的分布列为： Y2 46 P 方案三的期望为E（Y）2+4+62.76，E（X）E（Y）4，方案一、二，三中方案二最“优”19如图所示，在四边形ABCD中，D2B，且AD1，CD3，（1）若，求AB的长；（2）求四边形ABCD
24、面积的最大值解：（1）D2B，在ACD中，AD1，CD3，由余弦定理可得，在ABC中，由余弦定理可得，即，化简得，解得故AB的长为（2）设四边形ABCD面积为S，则SSBAC+SDAC，所以，在ABC中，由余弦定理可得：AB2+BC2AC22ABBCcosB，即，当且仅当时，等号成立所以，故20在四棱锥PABCD中，PA平面ABCD，ADBC，BCCD，PAAD2，BC3CD3，点M，N在线段BC上，满足BM2MN1，ANMDE（1）求证：PNMD；（2）若Q为线段PB上的一点，且PD平面AQM，求平面QAM与平面PAN所成锐二面角的余弦值【解答】（1）证明：PA平面ABCD，MD平面ABCD
25、，MDPA，ADBC，BCCD，AD2，BC3，BM1，MC2AD，四边形ADCM为矩形，NAMMDADMC，DMC+ANM90，DMAN，PAANA，PA，AN平面PAN，MD平面PAN，PN平面PAN，PNMD（第一问直接用向量法，也相应给分）（2）连接BD交AM于点E，连接QEBMEDAE，PD/平面AQM，PD平面PBD，平面AQM平面PBDQE，QE/PD，如图建立空间直角坐标系，则A（0，0，0），M（1，0，0），P（0，0，2），B（1，1，0），D（0，2，0），由（1）知MD平面PAN，则为平面PAN的一个法向量，设平面QAM的一个法向量为，则，取，设平面QAM与平面PAN
26、所成锐二面角为，平面QAM与平面PAN所成锐二面角的余弦值为21已知抛物线C：y22px（p0）的焦点为F，M（n，2）为抛物线C上的一点，且|MF|2（1）求抛物线C的标准方程；（2）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，点P在抛物线C上，记直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，试判断是否存在点P，使得k1+k22？若存在，求出点P的个数；若不存在，请说明理由解：（1）根据题意，抛物线C的方程为y22px（p0），则，且2pn4，解得p2，n1，所以抛物线C的标准方程为y24x；（2）由题意知，F（1，0），直线m的斜率不为0，设直线m的方程为xty+1，联立方程得，消去x并化简得y
27、24ty40，设A（x1，y1），B（x2，y2），P（x0，y0），则y1+y24t，y1y24，因为A，P两点在抛物线C上，所以，所以，同理可得，则，所以，即，因为（4t4）2+4（8t+4）16（t2+2）0，所以方程（*）有两个不同的解，故满足k1+k22的点P的个数为222已知函数f（x）2ax+lnx（1）若函数f（x）为增函数，求实数a的取值范围；（2）设g（x）xf（x）+2x有两个不同零点x1，x2（）证明：x1+x2；（）若x23x10，证明：x1+x2解：（1）f（x）的定义域为（0，+），函数f（x）是（0，+）上的增函数，a1实数a的取值范围是（，1证明：（2）（i）g（x）x（lnx+22ax）0，lnx+22ax0（x0）的两个根为x1，x2不妨设x2x10，2a（x2x1）lnx2lnx1.，要证：，只需证令，在t（1，+）恒成立，F（x）在t（1，+）为增函数，F（x）f（1）0，（ii）x23x10，lnx2+lnx1+42a（x2+x1），令，令，h（x）在t（1，+）为增函数，h（x）h（3）h（1）0，G（x）在t3，+）为增函数，G（x）G（3）2ln3ln9lnx2+lnx1+4ln9，