广东省深圳市2022届高三下学期一模数学试题 附解析

2022年深圳市高三年级第一次调研考试数学本试卷满分150分．考试用时120分钟．注意事项：1．答卷前，考生务必用黑色字迹的签字笔在答题卡指定位置填写自己的学校、姓名和考生号，并将条形码正向准确粘贴在答题卡的贴条形码区，请保持条形码整洁、不污损．2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题卷相应的位置上．3．非选择题必须用0.5毫米黑色字迹的签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液．不按以上要求作答的答案无效．4．考生必须保持答题卡的整洁，考试结束后，将答题卡交回．一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根据交集的定义计算可得；【详解】因为，所以故选：C2.已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（）A.0 B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】根据题意，化简复数，结合复数的概念，即可求解.【详解】由题意，复数z满足，可得，所以z的虚部为.故选：B.3.以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，将该正方形旋转一周所得圆柱的侧面积等于（）A.8π B.4π C.8 D.4【答案】A【解析】【分析】根据题意求出圆柱的底面半径和高，直接求侧面积即可.【详解】以边长为2的正方形的一边所在直线为旋转轴，旋转一周得到的旋转体为圆柱，其底面半径r=2，高h=2，故其侧面积为.故选：A4.阻尼器是一种以提供运动的阻力，从而达到减振效果的专业工程装置．深圳第一高楼平安金融中心的阻尼器减震装置，是亚洲最大的阻尼器，被称为“镇楼神器”．由物理学知识可知，某阻尼器模型的运动过程可近似为单摆运动，其离开平衡位置的位移s（cm）和时间t（s）的函数关系式为，其中，若该阻尼器模型在摆动过程中连续三次位移为的时间分别为，，，且，则（）A. B.π C. D.2π【答案】B【解析】【分析】利用正弦型函数的性质画出函数图象，并确定连续三次位移为的时间，，，即可得，可求参数.【详解】由正弦型函数的性质，函数示意图如下：所以，则，可得.故选：B5.已知椭圆C：，圆M：，若圆M的圆心在椭圆C上，则椭圆C的离心率为（）A. B. C.或 D.【答案】D【解析】【分析】首先求出圆心的坐标，代入椭圆方程，令，则，求出，再根据计算可得；【详解】解：因为圆M：，即圆M：，圆心，因为圆心在椭圆上，所以，即，令，则，即，解得，即，所以离心率；故选：D6.已知，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，易得，，从而可求出，即可得出答案.【详解】解：因为，所以，即，所以，即，所以，所以或，所以或，，当时，，不合题意，舍去，当时，，所以.故选：C.7.假定生男孩和生女孩是等可能的，现考虑有3个小孩的家庭，随机选择一个家庭，则下列说法正确的是（）A.事件“该家庭3个小孩中至少有1个女孩”和事件“该家庭3个小孩中至少有1个男孩”是互斥事件B.事件“该家庭3个孩子都是男孩”和事件“该家庭3个孩子都是女孩”是对立事件C.该家庭3个小孩中只有1个男孩的概率为D.当已知该家庭3个小孩中有男孩的条件下，3个小孩中至少有2个男孩的概率为【答案】D【解析】【分析】根据互斥事件和对立事件的概念判断A、B；利用列举法求出只有一个男孩的概率，即可判断C；利用条件概率的求法计算，即可判断D.【详解】A：假设事件A：该家庭3个小孩至少有1个女孩，则包含(女，男，男)的可能，事件B：该家庭3个小孩至少有一个男孩，则包含(女，女，男)的可能，所以，故A错误；B：事件“3个孩子都是男孩”与事件“3个孩子都是女孩”不可能同时发生，是互斥但不对立事件，故B错误；C：3个小孩可能发生的事件如下：男男男、男男女、男女女、男女男、女女女、女女男、女男女、女男男共8种，其中只有一个男孩的概率为：P=38，故D：设M={至少一个有男孩}，N={至少有2个男孩}，由选项C可知，，所以，故D正确.故选：D8.已知函数，其中，则（）A.在上单调递增 B.在上单调递减C.曲线是轴对称图形 D.曲线是中心对称图形【答案】C【解析】【分析】由解析式易得且定义域为且即可判断C；对求导，并讨论、研究在上的符号判断A、B；根据是否为定值判断D.【详解】由题设，，定义域为且，所以关于对称，C正确；又，当时，不妨假设，则，显然，此时在上有递减区间，A错误；当时，在上，即在上递增，B错误；由，不可能为定值，故D错误.故选：C【点睛】关键点点睛：利用导数结合分类讨论研究函数的区间单调性，根据、是否成立判断对称性(为常数).二、多项选择题：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．9.四边形ABCD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】如图，根据向量的线性运算和数量积的定义计算，依次判断选项即可.【详解】如图，A：，故A错误；B：，故B正确；C：，故C错误；D：，由，得，所以，故D正确.故选：BD10.某人工智能公司近5年的利润情况如下表所示：第x年12345利润y/亿元23457已知变量y与x之间具有线性相关关系，设用最小二乘法建立的回归直线方程为，则下列说法正确的是（）A.B.变量y与x之间的线性相关系数C.预测该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元D.该人工智能公司这5年的利润的方差小于2【答案】AC【解析】【分析】首先求出、，根据回归直线方程必过，即可求出，从而得到回归直线方程，根据与成正相关，即可得到相关系数，再令求出，即可预测第6年的利润，最后根据方差公式求出利润的方差，即可判断D；【详解】解：依题意，，因为回归直线方程为必过样本中心点，即，解得，故A正确；则回归直线方程为，则与成正相关，即相关系数，故B错误，当时，即该人工智能公司第6年的利润约为7.8亿元，故C正确，该人工智能公司这5年的利润的方差为，故D错误；故选：AC11.已知定圆A的半径为1，圆心A到定直线l的距离为d，动圆C与圆A和直线l都相切，圆心C的轨迹为如图所示的两条抛物线，记这两抛物线的焦点到对应准线的距离分别为，，则（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据动圆C与圆A和直线l都相切，分圆C与圆A相外切和圆C与圆A相内切，分别取到A的距离为d+1，d-1，且平行于l的直线，，利用抛物线的定义求解.【详解】解：动圆C与圆A和直线l都相切，当圆C与圆A相外切时，取到A的距离为d+1，且平行于l的直线，则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；当圆C与圆A相内切时，取到A的距离为d-1，且平行于l的直线，则圆心C到A的距离等于圆心C到的距离，由抛物线的定义得：圆心C的轨迹是以A为焦点，以为准线的抛物线；所以，当时，抛物线不完整，所以，，，，故选：ABD12.如图，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是边长为4的正方形，，点M为CG的中点，点P为底面EFGH上的动点，则（）A.当时，存在点P满足B.当时，存在唯一的点P满足C.当时，满足BP⊥AM的点P的轨迹长度为D.当时，满足的点P轨迹长度为【答案】BCD【解析】【分析】建立空间直角坐标系，结合选项逐个验证，利用对称点可以判断A，利用垂直求出可以判断B，求出点P轨迹长度可判定C,D.【详解】以原点，所在直线分别为轴，建系如图，对于选项A，当时，，，设点关于平面的对称点为，则，.所以.故A不正确.对于选项B，设，则，由得，即，解得，所以存在唯一的点P满足，故B正确.对于选项C，，设，则，由得.在平面中，建立平面直角坐标系，如图，则的轨迹方程表示的轨迹就是线段，而，故C正确.对于选项D，当时，，设，则，由得，即，在平面中，建立平面直角坐标系，如图，记的圆心为，与交于；令，可得，而，所以，其对应的圆弧长度为；根据对称性可知点P轨迹长度为；故D正确.故选：BCD.【点睛】立体几何中的动点问题，常常采用坐标法，把立体几何问题转化为平面问题，结合解析几何的相关知识进行求解.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知等差数列的前n项和为，且，，则数列的公差_________．【答案】2【解析】【分析】根据题意可得，直接利用等差数列前n项和公式计算即可.【详解】由题意知，，，解得.故答案为：14.已知函数是定义域为R的奇函数，当时，，则_________．【答案】【解析】【分析】利用奇函数可得，结合及已知解析式即可求值.【详解】由题设，，又，所以.故答案为：.15.在平面直角坐标系中，已知直线分别与x轴，y轴交于A，B两点，若点，则的最大值为_________．【答案】【解析】【分析】根据题意求出点A、B的坐标，由平面向量的坐标表示和向量的几何意义写出的表达式，利用三角函数的值域即可求出的最大值.【详解】由题意知，直线分别与x轴、y轴交于点A、B，则，又，所以，有，则，其中，当时，取得最大值，且最大值为.故答案为：16.古希腊数学家托勒密于公元150年在他的名著《数学汇编》里给出了托勒密定理，即圆的内接凸四边形的两对对边乘积的和等于两条对角线的乘积．已知AC，BD为圆的内接四边形ABCD的两条对角线，且，若，则实数的最小值为_________．【答案】##1.5【解析】【分析】由圆内接四边形性质结合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，结合整理得，求得答案.【详解】根据圆内接四边形的性质可知;,所以，即，在中，,故，由题意可知：,则，所以，故，当且仅当时等号取得，又，所以，则，则实数的最小值为，故答案为：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.已知数列的首项，且满足．（1）证明：是等比数列；（2）求数列的前n项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）将已知条件转化为，由此证得数列是等比数列.（2）利用分组求和法求得.【小问1详解】由，得，又，故，故，所以，所以数列是以为首项，为公比的等比数列．【小问2详解】由（1）可知，所以，所以．18.2021年10月16日，神舟十三号载人飞船与天宫空间站组合体完成自主快速交会对接，航天员翟志刚、王亚平、叶光富顺利进驻天和核心舱，由此中国空间站开启了有人长期驻留的时代．为普及航天知识，某航天科技体验馆开展了一项“摸球过关”领取航天纪念品的游戏，规则如下：不透明的口袋中有3个红球，2个白球，这些球除颜色外完全相同．参与者每一轮从口袋中一次性取出3个球，将其中的红球个数记为该轮得分X，记录完得分后，将摸出的球全部放回袋中．当参与完成第n轮游戏，且其前n轮的累计得分恰好为2n时，游戏过关，可领取纪念品，同时游戏结束，否则继续参与游戏．若第3轮后仍未过关，则游戏也结束．每位参与者只能参加一次游戏．（1）求随机变量X的分布列及数学期望；（2）若甲参加该项游戏，求甲能够领到纪念品的概率．【答案】（1）分布列见解析，数学期望为（2）【解析】【分析】（1）先得出随机变量X可取的，并求出相应概率，列出分布列，计算数学期望；（2）分别求出甲取球1次后、取球2次后、取球3次后可领取纪念的概率，再相加得出甲能够领到纪念品的概率．小问1详解】由题意得，随机变量X可取的值为1，2，3，易知，，所以，则随机变量X的分布列如下：X123P0.30.60.1所以【小问2详解】由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依次为0.3，0.6，0.1，记参与者第i轮的得分为，则其前n轮的累计得分为，若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则；若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“”、“”的情形，则；若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分，有“”、“”的情形，则；记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则．19.如图，在△ABC中，已知，，，BC，AC边上的两条中线AM，BN相交于点P．（1）求的正弦值；（2）求的余弦值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分别在和，求得和，结合和互补，求得，再在中，求得，即可求解；解法2、由题意，求得，根据，结合的面积为面积的，列出方程，即可求解；（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；又由，所以．解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】解：解法1、由余弦定理得，即，所以，所以，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，与互补，则，解得，在中，由余弦定理，得，因为，所以．解法2、由题意可得，，由AM为边BC上的中线，则，两边同时平方得，，故，因为M为BC边中点，则的面积为面积的，所以，即，化简得，．【小问2详解】解：方法1、在中，由余弦定理，得，所以，由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为重心，可得，，在中，由余弦定理，得，又由，所以．解法2：因为BN为边AC上的中线，所以，，，即．所以．20.如图，在四枝锥E-ABCD中，，，E在以AB为直径的半圆上（不包括端点），平面平面ABCD，M，N分别为DE，BC的中点．（1）求证：平面ABE；（2）当四棱锥E-ABCD体积最大时，求二面角N-AE-B的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取EC的中点的F，连接MF，NF，证得，得到，利用线面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，证得平面平面，进而得到平面.（2）过E作交AB于O，证得平面ABCD，取CD中点G，连接OG，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，分别求得平面和平面的法向量，利用向量的夹角公式，即可求解.【小问1详解】证明：如图所示，取EC的中点的F，连接MF，NF，因为M，F分别为ED和EC的中点，所以，因，所以，因为平面，平面，所以平面，同理可得平面，因为，平面，平面，所以平面平面，因为平面，所以平面.【小问2详解】解：如图所示，过E作交AB于O，因为平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，故EO为四棱锥E-ABCD的高，要使四棱锥E-ABCD体积最大，则E为弧的中点，所以O与AB的中点，取CD的中点G，连接OG，因为，，所以，因为平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG两两垂直，以O为原点，分别以AB为x轴，以OE为y轴，以OG为z轴建立空间直角坐标系，设，所以，可得，，，则，，设平面的一个法向量，则，可得，令，则平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，则，由图可知二面角的平面角为锐角，所以二成角的余弦值为．21.已知双曲线：经过点A，且点到的渐近线的距离为．（1）求双曲线C的方程；（2）过点作斜率不为的直线与双曲线交于M，N两点，直线分别交直线AM，AN于点E，F．试判断以EF为直径的圆是否经过定点，若经过定点，请求出定点坐标；反之，请说明理由．【答案】（1）（2）以为直径的圆经过定点，定点坐标为和【解析】【分析】（1）根据点在双曲线上和点到直线的距离分别建立方程，然后解出方程即可；（2）联立直线与双曲线的方程，利用韦达定理，并表示出以为直径的圆的方程，结合对称性即可求得定点坐标【小问1详解】由题意得：因为双曲线C的渐近线方程为，所以有：解得：因此，双曲线C的方程为：【小问2详解】①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为由可得：设、，则由：，由直线AM方程，令，得点由直线AN方程，令，得点则以EF为直径的圆的方程为：