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文档简介
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:
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