2022广东省普通高中学业水平合格性考试数学仿真模拟试卷3答案

12022广东省普通高中学业水平合格性考试数学仿真模拟试卷3考试时间：90分钟；满分：150分第I卷（选择题）一、单选题（每题6分，共90分）1．设集合24,2,3,4,5AxxB，则RBAð（）A．{4,5}B．{2,3}C．{5}D．2．若ab，则下列不等式成立的是（）A．22abB．11abC．abD．0ab3．下列函数中是偶函数的是（）A．4(0)yxxB．221yxC．31yxD．1yx4．已知某学校高二年级的一班和二班分别有m人和n人mn.某次学校考试中，两班学生的平均分分别为a和bab，则这两个班学生的数学平均分为（）A．2abB．manbC．manbmnD．abmn5．已知设3log0.2a，0.23b，30.2c，则a，b，c的大小关系是（）A．abcB．acbC．bacD．bca26．化简sin13cos17cos13sin17，得（）A．32B．12C．sin4D．cos47．函数243,[0,4]yxxx的单调增区间（）A．2,4B．0,4C．2,D．,28．函数2sin3yx的图象向左平移3个单位后，所得图象的函数关系式为（）A．2sinyxB．22sin3yxC．2sin212yxD．72sin212yx9．已知1l、2l、3l是空间三条不同的直线，下列命题正确的是（）A．12ll，2313//llllB．12ll，2313llllC．12ll//，2313////llllD．12ll//，23123,/,/lllll共面10．同时抛掷两枚硬币，则至少出现一枚正面向上的概率为（）A．23B．12C．14D．3411．已知3,1A，1,2B，则直线AB的斜率为（）A．17B．0C．14D．312．已知圆的方程是22234xy，则点3,2P（）A．在圆心B．在圆上C．在圆内D．在圆外13．下列运算中正确的是（）3A．233B．8312843mmnnC．9log819D．lglglgxyxyzz14．若一元二次不等式20xbxa的解集为|23xx，则ab（）A．6B．1C．5D．615．已知等比数列na满足13a，13521aaa，则357aaa（）A．42B．11C．39D．147二、填空题（每题6分，共24分）16．设k为实数，向量2,ak，2,3bk，且ab，则k的值为________．17．已知等比数列na中，33a，10384a，则4a_____________.18．已知函数21,1,xaxfxxx，若37ff，则实数a的值为______．19．已知x0，y0，且131xy，则x+2y的最小值为___________．三、解答题（第20题8分，第21题14分，第22题14分，共36分）20．如图，四棱锥PABCD中，PA底面ABCD，//ADBC，90BAD，2ADBC，M为PD的中点．4证明：//CM平面PAB；21．如图，在△ABC中，∠B＝3，AB＝8，点D在BC边上，且CD＝2，cos∠ADC＝17.（1）求sin∠BAD；（2）求BD，AC的长.22．已知圆心为C的圆经过点3,2A和4,1B，且圆心C在直线:20lxy上．5（1）求圆C的轨迹方程；（2）若直线a过点3,3M，且被圆C截得的弦长为45，求直线a的方程．6参考答案1．A由题设，{|2RAxxð或4}x，又2,3,4,5B，∴RBAð{4,5}.故选：A2．D详解：当1,2ab时，满足ab，此时2211,,ababab，所以A、B、C不正确；因为ab，所以0ab，故选：D.73．B解：对于A，因为函数4(0)yxx的定义域不关于原点对称，所函数不具有奇偶性，故A不符题意；对于B，函数221yfxx的定义域为R，221fxfxx，所以函数为偶函数，故B符合题意；对于C，函数31yfxx的定义域为R，31fxxfx，所以函数不是偶函数，故C不符题意；对于D，函数1yfxx的定义域为R，因为1012ff，所以函数不是偶函数，故D不符题意.故选：B.4．C这两个班学生的数学总分为manb，故这两个班学生的数学平均分为manbmn.故选：C.5．D解：∵33log0.2log10a，0.20331b，3000.2210.c，∴a，b，c的大小关系为bca．故选：D．6．B1sin13cos17cos13sin17sin(1317)sin302.8故选：B7．A函数243yxx为开口向上的抛物线，对称轴为2x，243,[0,4]yxxx在2,4上单调递增.故选：A.8．B函数2sin3yx的图象向左平移3个单位后可得22sin2sin333yxx.故选：B.9．C由12ll，23ll，则1l、3l平行、异面、垂直都有可能，故A、B错误；由12ll//，23//ll，根据平行公理的推论知：13//ll，故C正确，D错误；故选：C10．D同时抛掷两枚硬币，可能出现的所有结果有：（正，正）、（正，反）、（反，正）、（反，反）.至少出现一枚正面向上的概率34P.故选：D.11．C211134ABk．故选：C.12．C9因为22322324，所以点P在圆内．故选：C．13．B对于A，3π0，所以2(3)3，故A错；对于B，3311288888443()()()mmnmnn，故B正确；对于C，9log812，故C错；对于D，lglglglgxyxyzz，故D错.故选：B.14．C解：∵一元二次不等式20xbxa的解集为|23xx，∴一元二次不等式20xbxa所对应的方程20xbxa的两个根为2，3．由根与系数关系得23(2)3ba，∴61ab，则615ab．故选：C．15．A设等比数列的公比为q，根据题意可知，24111··21aaqaq，13a22q2243571·142aaaaqqq，选项A正确故选：A.1016．1或4(2,)ak，(2,3)bk由ab，得22(3)0kk，即2340kk，解得1k或4k．故答案为：1或4．17．6设等比数列na的公比为q，则7103128aqa，可得2q=，因此，436aaq.故答案为：6.18．233f，∴339fffa．∴97a，得2a．故答案为：219．7260x，0y且131xy，∴31322232772726xxyxyyyxyxyxyx，当且仅当32xyyx时取等号，故答案为：72620．证明见解析证明：取PA的中点N，连接,BNMN，∵,MN分别为,PDPA的中点，则//MNAD且12MNAD，又//BCAD且12BCAD，11∴//BCMN且BCMN，故四边形BCMN为平行四边形，即//CMBN，∵CM面PAB，BN面PAB，∴//CM平面PAB.21．（1）3314（2）BD=3，AC＝7解：（1）在△ADC中，因为cos∠ADC＝17，所以sin∠ADC＝2143177，所以sin∠BAD＝sin（∠ADC-B）＝sin∠ADCcosB-cos∠ADCsinB＝3314.（2）在△ABD中，由正弦定理得BD＝sinsinABBADADB=33814437=3，12在△ABC中，由余弦定理得AC2＝AB2＋BC2-2AB·BC·cosB＝82＋52-2×8×5×12＝49，所以AC＝7.22．（1）22225xy（2）290xy或230xy解：（1）设圆C的圆心坐标为,Cab，半径为r，设圆C的方程为222xaybr，且圆心C在直线:20lxy上，由题意可得22222220,32,41.ababrabr解得025abr，所以圆C方程为22225xy；（2）因为直线l经过点3,3M，且被圆C截得的线段长为45，∴圆心C到直线的距离为225(25)5d，当直线l的斜率不存在时，此时圆心到直线的距离为3，不符合条件，当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为33ykx，即330kxyk，13则圆心C到直线l的距离为22331kk，即223351kk解得2k或12k，此时直线l的方程为290xy或230xy，综上所述直线l的方程为290xy或230xy．