2022年 新数学二模试文科配套精选1

2021年广东省肇庆市高考数学二模试卷〔文科〕
一、选择题：本大题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的
1．〔5分〕设复数满足〔1i〕=2，i为虚数单位，那么复数的模是〔〕
A．2 B． C． D．
2．〔5分〕M={﹣1，0，1，2}，N={|2﹣≤0}，那么M∩N=〔〕
A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，2}D．{1，2}
3．〔5分〕地铁列车每10分钟一班，在车站停1分钟．那么乘客到达站台立即乘上车的概率是〔〕A． B． C． D．
4．〔5分〕f〔〕=g〔10〕g〔10﹣〕，那么f〔〕是〔〕
A．f〔〕是奇函数，且在〔0，10〕是增函数
B．f〔〕是偶函数，且在〔0，10〕是增函数
C．f〔〕是奇函数，且在〔0，10〕是减函数
D．f〔〕是偶函数，且在〔0，10〕是减函数
5．〔5分〕如下图的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例，假设输入n，的值分别为3，2，那么输出v的值为〔〕
A．9 B．18 C．2021．35
6．〔5分〕以下说法错误的选项是〔〕
A．“＞0〞是“≥0〞的充分不必要条件
B．命题“假设2﹣32=0，那么=1〞的逆否命题为：“假设≠1，那么2﹣32≠0〞
C．假设
＞0且a=1时，假设f〔〕＜e2﹣2在∈[﹣m，m]恒成立，求m的取值范围．
四请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题计分作答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．〔10分〕在直角坐标系O中，曲线C1的参数方程为〔t为参数，0≤α＜π〕，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ=4coθ4inθ．
〔Ⅰ〕当α=时，直接写出C1的普通方程和极坐标方程，直接写出C2的普通方程；
〔Ⅱ〕点．
〔Ⅰ〕求不等式f〔〕＞4的解集；
〔Ⅱ〕假设对任意的1，2，f〔1〕≥g〔2〕恒成立，求m的取值范围．
2021年广东省肇庆市高考数学二模试卷〔文科〕
参考答案与试题解析
一、选择题：本大题共12小题，每题5分，在每题给出的四个选项中，只有一项为哪一项符合题目要求的
1．〔5分〕设复数满足〔1i〕=2，i为虚数单位，那么复数的模是〔〕
A．2 B． C． D．
【解答】解：由〔1i〕=2，
得=，
∴||=．
应选：C．
2．〔5分〕M={﹣1，0，1，2}，N={|2﹣≤0}，那么M∩N=〔〕
A．{﹣1，0}B．{0，1}C．{﹣1，2}D．{1，2}
【解答】解：N={|2﹣≤0}={|0≤≤1}，
那么M∩N={0，1}，
应选：B．
3．〔5分〕地铁列车每10分钟一班，在车站停1分钟．那么乘客到达站台立即乘上车的概率是〔〕A． B． C． D．
【解答】解：由于地铁列车每10分钟一班，列车在车站停1分钟，
乘客到达站台立即乘上车的概率为
π，2mπ]，m∈Z；
由此可得：取=1，m=0；
∴φ=，M=[π，]满足题设的两个条件．
应选：C．
10．〔5分〕t＞1，=og2t，=og3t，=og5t，那么〔〕
A．2＜3＜5 B．5＜2＜3 C．3＜5＜2 D．3＜2＜5
【解答】解：∵t＞1，∴gt＞0．
又0＜g2＜g3＜g5，
∴2=2＞0，3=3＞0，5=＞0，
∴=＞1，可得5＞2．
=＞1．可得2＞3．
综上可得：3＜2＜5．
应选：D．
11．〔5分〕如图是某几何体的三视图，那么该几何体的体积为〔〕
A． B． C．8 D．4
【解答】解：由三视图可知：该几何体为一个三棱锥，底面是腰为2的等腰直角三角形，高为2，该几何体的体积V=，
应选：B．
12．〔5分〕函数f〔〕=，假设|f〔〕|≥a，那么实数a的取值范围为〔〕
A．[﹣2，1]B．[﹣4，1]C．[﹣2，0]D．[﹣4，0]
【解答】解：|f〔〕|=，
画函数|f〔〕|的图象，如下图，、
当＞0时，|f〔〕|=n〔1〕＞0，
当＜0时，|f〔〕|=2﹣4＞0
从图象上看，即要使得直线=a都在=|f〔〕|图象的下方，
故a≤0，且=2﹣4在=0处的切线的斜率≤a．
又'=[2﹣4]'=2﹣4，
∴=2﹣4在=0处的切线的斜率=﹣4
∴﹣4≤a≤0．
应选：D．
二、填空题：本大题共4小题，每题5分
13．〔5分〕||=||=1，||=1，那么|﹣|=．
【解答】解：法一、由||=||=1，||=1，得
，即，
∴，
那么|﹣|=；
法二、由题意画出图形如图，
设，
那么图中A、B两点的距离即为|﹣|．
连接AB后解直角三角形可得|AB|=．
故答案为：．
14．〔5分〕函数f〔〕=Ain〔ωφ〕〔A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0〕的局部图象如下图，那么f〔〕的值是．
【解答】解：根据函数f〔〕=Ain〔ωφ〕〔A，ω，φ是常数，A＞0，ω＞0〕的局部图象，
可得A=，==﹣，∴ω=2．
再根据五点法作图可得2×φ=π，∴φ=，∴f〔〕=in〔2〕，
∴f〔〕=in=，
故答案为：．
15．〔5分〕正项数列{a n}中，满足a1=1，a2=，=〔n∈N*〕，那么a n=．
【解答】解：由=〔n∈N*〕，可得a2n1=a n•a n2，
∴数列{a n}为等比数列，
∵a1=1，a2=，
∴q=，
∴a n=，
故答案为：
16．〔5分〕在三棱锥V﹣ABC中，面VAC⊥面ABC，VA=AC=2，∠VAC=12021BA⊥BC那么三棱锥V ﹣ABC的外接球的外表积是16π．
【解答】解：如图，设AC中点为M，VA中点为N，
∵面VAC⊥面ABC，BA⊥BC，∴过M作面ABC的垂线，
球心O必在该垂线上，连接ON，那么ON⊥AV．
在Rt△OMA中，AM=1，∠OAM=60°，
∴OA=2，即三棱锥V﹣ABC的外接球的半径为2，
∴三棱锥V﹣ABC的外接球的外表积S=4πR2=16π．
故答案为：16π．
三、解答题：解容许写出文字说明，证明过程或演算步骤
17．〔12分〕△ABC的内角A、B、C的对边分别为a、b、c，△ABC的面积为acin2B．
〔Ⅰ〕求inB的值；
〔Ⅱ〕假设C=5，3in2C=5in2B•in2A，且BC的中点为D，求△ABD的周长．
【解答】解：〔Ⅰ〕由△ABC的面积为acinB=acin2B．
得inB=2inBcoB，
∵0＜B＜π，
∴inB＞0，
故coB=，
∴inB==；
〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕和3in2C=5in2B•in2A得
16in2C=25in2A，
由正弦定理得16c2=25a2，
∵c=5，∴a=4，BD=a=2，
在△ABD中，由余弦定理得：
AD2=c2BD2﹣2c•BD•coB=254﹣2×5×2×=24
∴AD=2，
∴△ABD的周长为c=BDAD=72．
18．〔12分〕设正项数列{a n}的前n项和为S n，S n，a n1，4成等比数列．
〔Ⅰ〕求数列{a n}的通项公式；
〔Ⅱ〕设b n=，设b n的前n项和为T n，求证：T n．
【解答】解：〔Ⅰ〕∵S n，a n1，4成等比数列，
∴〔a n1〕2=4S n，
∴S n=〔a n1〕2，
当n=1时，a1=〔a11〕2，
∴a1=1，
当n≥2时，，
∴
两式相减得，
即〔a n a n﹣1〕〔a n﹣a n﹣1﹣2〕=0
又a n＞0，
∴，
∴数列{a n}的首项为1，公差为2的等差数列，
即a n=2n﹣1，
证明：〔Ⅱ〕，
∴，
∴．
19．〔12分〕公司统计的资料说明：居民住宅区到最近消防站的距离〔单位：千米〕和火灾所造成的损失数额〔单位：千元〕有如下的统计资料：
距消防站距离〔千米〕
火灾损失费用〔千元〕
如果统计资料说明与有线性相关关系，试求：
〔Ⅰ〕求相关系数r〔精确到〕；
〔Ⅱ〕求线性回归方程〔精确到〕；
〔III〕假设发生火灾的某居民区与最近的消防站相距千米，评估一下火灾的损失〔精确到〕．
参考数据：i=，：ii=，〔i﹣〕〔i﹣〕=，〔i﹣〕2=，〔i﹣〕2≈，≈
参考公式：相关系数r=，
回归方程=t 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：=，=﹣．
【解答】解：〔Ⅰ〕…〔2分〕
〔Ⅱ〕依题意得…〔3分〕
…〔4分〕
，，
所以，…〔6分〕
又因为〔，均给分〕…〔8分〕
故线性回归方程为〔或均给分〕…〔9分〕
〔III〕当=10时，根据回归方程有：〔或均给分〕，
发生火灾的某居民区与最近的消防站相距千米，火灾的损失千元．…〔12分〕
202112分〕如图1，在高为2的梯形ABCD中，AB∥CD，AB=2，CD=5，过A、B分别作AE⊥CD，BF⊥CD，垂足分别为E、F．DE=1，将梯形ABCD沿AE、BF同侧折起，使得AF⊥BD，DE∥CF，得空间几何体ADE﹣BCF，如图2．
〔Ⅰ〕证明：BE∥面ACD；
〔Ⅱ〕求三棱锥B﹣ACD的体积．
【解答】〔Ⅰ〕证明：证法一、连接BE交AF于O，取AC的中点H，连接OH，
那么OH是△AFC的中位线，∴OH∥CF，OH=．
由得DE∥CF，DE=，∴DE∥OH，DE=OH，连接DH，
那么四边形DHOE是平行四边形，∴EO∥DH，
又∵EO⊄面ADC，DH⊂面ADC，
∴EO∥面ACD，即BE∥面ACD；
证法二、延长FE，CD交于点K，连接AK，那么面CKA∩面ABFE=KA，
由得DE∥CF，DE=，∴DE是△KFC的中位线，那么KE=EF．
∴KE∥AB，KE=AB，那么四边形ABEK是平行四边形，得AK∥BE．
又∵BE⊄面ADC，KA⊂面ADC，∴BE∥面ACD；
证法三、取CF的中点G，连接BG，EG，得DE∥CG，DE=CG，
即四边形CDEG是平行四边形，
那么EG∥DC，又GE⊄面ADC，DC⊂面ADC，∴GE∥面ADC，
又∵DE∥GF，DE=GF，
∴四边形DGFE是平行四边形，得DG∥EF，DG=EF，
又ABFE是平行四边形，∴AB∥EF，AB=EF，得AB∥DG，AB=DG，
∴四边形ABGD是平行四边形，那么BG∥AD，
又GB⊄面ADC，DA⊂面ADC，∴GB∥面ADC，
又GB∩GE=G，∴面GBE∥面ADC，
又BE⊂面GBE，∴BE∥面ACD；
=V E﹣ACD ，
〔Ⅱ〕解：∵GB∥面ADC，∴V B
﹣ACD
由得，四边形ABFE为正方形，且边长为2，
那么在图2中，AF⊥BE，由AF⊥BD，且BE∩BD=B，
可得AF⊥平面BDE，又DE⊂平面BDE，∴AF⊥DE，
又AE⊥DE，AF∩AE=A，∴DE⊥平面ABFE，
且AE⊥EF，∴AE⊥面CDE，
∴AE是三棱锥A﹣DEC的高，
∵四边形DEFC是直角梯形．
且AE=2，DE=1，EF=2，
∴．
21．〔12分〕函数f〔〕=ae﹣，f′〔〕是f〔〕的导数．
〔Ⅰ〕讨论不等式f′〔〕g〔﹣1〕＞0的解集；
〔Ⅱ〕当m＞0且a=1时，假设f〔〕＜e2﹣2在∈[﹣m，m]恒成立，求m的取值范围．【解答】解：〔Ⅰ〕f'〔〕=ae﹣1…〔1分〕
f'〔〕•〔﹣1〕=〔ae﹣1〕〔﹣1〕＞0，
当a≤0时，不等式的解集为{|＜1}…〔2分〕
当时，，不等式的解集为…〔3分〕
当时，，不等式的解集为{|≠1}…〔4分〕
当时，，不等式的解集为…〔5分〕
〔Ⅱ〕法一：当a=1时，由f'〔〕=e﹣1=0得=0，
当∈[﹣m，0]时，f'〔〕≤0，f〔〕单调递减，
当∈[0，m]时，f'〔〕≥0，f〔〕单调递增；
f〔〕ma是f〔﹣m〕、f〔m〕的较大者．
f〔m〕﹣f〔﹣m〕=e m﹣e﹣m﹣2m，…〔7分〕
令g〔〕=e﹣e﹣﹣2，，…〔9分〕
所以g〔〕是增函数，所以当m＞0时，g〔m〕＞g〔0〕=0，
所以f〔m〕＞f〔﹣m〕，
所以．…〔10分〕
f〔〕＜e2﹣2恒成立等价于，
由f〔〕单调递增以及f〔2〕=e2﹣2，得0＜m＜2…〔12分〕
法二：当a=1时，由f'〔〕=e﹣1=0得=0，
当∈[﹣m，0]时，f'〔〕≤0，f〔〕单调递减，
当∈[0，m]时，f'〔〕≥0，f〔〕单调递增；
f〔〕ma是f〔﹣m〕、f〔m〕的较大者．…〔7分〕
由f〔m〕=e m﹣m＜e2﹣2，由f〔〕单调递增以及f〔2〕=e2﹣2，得0＜m＜2．…〔9分〕
当0＜m＜2时，﹣2＜﹣m＜0，因为当＜0时，f〔〕单调递减，
所以f〔﹣m〕＜f〔﹣2〕=e﹣22＜e2﹣2，
综上m的范围是0＜m＜2…〔12分〕
四请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，那么按所做的第一题计分作答时，请用2B 铅笔在答题卡上将所选题号后的方框涂黑[选修4-4：坐标系与参数方程]
22．〔10分〕在直角坐标系O中，曲线C1的参数方程为〔t为参数，0≤α＜π〕，以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，曲线C2的极坐标方程是ρ=4coθ4inθ．
〔Ⅰ〕当α=时，直接写出C1的普通方程和极坐标方程，直接写出C2的普通方程；〔Ⅱ〕点．
〔Ⅰ〕求不等式f〔〕＞4的解集；
〔Ⅱ〕假设对任意的1，2，f〔1〕≥g〔2〕恒成立，求m的取值范围．
【解答】解：〔Ⅰ〕法一：不等式f〔〕＞4，即|3||﹣1|＞4．
可得，或或…〔3分〕
解得＜﹣3或＞1，所以不等式的解集为{|＜﹣3或＞1}．…〔5分〕
法二：|3||﹣1|≥|3﹣〔﹣1〕|=4，…〔2分〕
当且仅当〔3〕〔﹣1〕≤0即﹣3≤≤1时等号成立．…〔4分〕
所以不等式的解集为{|＜﹣3或＞1}．…〔5分〕
〔Ⅱ〕依题意可知f〔〕min＞g〔〕ma…〔6分〕
由〔Ⅰ〕知f〔〕min=4，g〔〕=﹣22m=﹣〔﹣m〕2m2
所以…〔8分〕
由m2＜4的m的取值范围是﹣2＜m＜2…〔10分〕。