廣東省深圳市2022屆高三下學期一模數學試題 附解析

2022年深圳市高三年級第一次調研考試數學本試卷滿分150分．考試用時120分鐘．注意事項：1．答卷前，考生務必用黑色字跡的簽字筆在答題卡指定位置填寫自己的學校、姓名和考生號，并將條形碼正向準確粘貼在答題卡的貼條形碼區(qū)，請保持條形碼整潔、不污損．2．選擇題每小題選出答案后，用2B鉛筆把答案涂在答題卷相應的位置上．3．非選擇題必須用0.5毫米黑色字跡的簽字筆作答，答案必須寫在答題卡各題目指定區(qū)域內；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液．不按以上要求作答的答案無效．4．考生必須保持答題卡的整潔，考試結束后，將答題卡交回．一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1.已知集合，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】直接根據交集的定義計算可得；【詳解】因為，所以故選：C2.已知復數z滿足，其中為虛數單位，則z的虛部為（）A.0 B. C.1 D.【答案】B【解析】【分析】根據題意，化簡復數，結合復數的概念，即可求解.【詳解】由題意，復數z滿足，可得，所以z的虛部為.故選：B.3.以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉軸，將該正方形旋轉一周所得圓柱的側面積等于（）A.8π B.4π C.8 D.4【答案】A【解析】【分析】根據題意求出圓柱的底面半徑和高，直接求側面積即可.【詳解】以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉軸，旋轉一周得到的旋轉體為圓柱，其底面半徑r=2，高h=2，故其側面積為.故選：A4.阻尼器是一種以提供運動的阻力，從而達到減振效果的專業(yè)工程裝置．深圳第一高樓平安金融中心的阻尼器減震裝置，是亞洲最大的阻尼器，被稱為“鎮(zhèn)樓神器”．由物理學知識可知，某阻尼器模型的運動過程可近似為單擺運動，其離開平衡位置的位移s（cm）和時間t（s）的函數關系式為，其中，若該阻尼器模型在擺動過程中連續(xù)三次位移為的時間分別為，，，且，則（）A. B.π C. D.2π【答案】B【解析】【分析】利用正弦型函數的性質畫出函數圖象，并確定連續(xù)三次位移為的時間，，，即可得，可求參數.【詳解】由正弦型函數的性質，函數示意圖如下：所以，則，可得.故選：B5.已知橢圓C：，圓M：，若圓M的圓心在橢圓C上，則橢圓C的離心率為（）A. B. C.或 D.【答案】D【解析】【分析】首先求出圓心的坐標，代入橢圓方程，令，則，求出，再根據計算可得；【詳解】解：因為圓M：，即圓M：，圓心，因為圓心在橢圓上，所以，即，令，則，即，解得，即，所以離心率；故選：D6.已知，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，易得，，從而可求出，即可得出答案.【詳解】解：因為，所以，即，所以，即，所以，所以或，所以或，，當時，，不合題意，舍去，當時，，所以.故選：C.7.假定生男孩和生女孩是等可能的，現考慮有3個小孩的家庭，隨機選擇一個家庭，則下列說法正確的是（）A.事件“該家庭3個小孩中至少有1個女孩”和事件“該家庭3個小孩中至少有1個男孩”是互斥事件B.事件“該家庭3個孩子都是男孩”和事件“該家庭3個孩子都是女孩”是對立事件C.該家庭3個小孩中只有1個男孩的概率為D.當已知該家庭3個小孩中有男孩的條件下，3個小孩中至少有2個男孩的概率為【答案】D【解析】【分析】根據互斥事件和對立事件的概念判斷A、B；利用列舉法求出只有一個男孩的概率，即可判斷C；利用條件概率的求法計算，即可判斷D.【詳解】A：假設事件A：該家庭3個小孩至少有1個女孩，則包含(女，男，男)的可能，事件B：該家庭3個小孩至少有一個男孩，則包含(女，女，男)的可能，所以，故A錯誤；B：事件“3個孩子都是男孩”與事件“3個孩子都是女孩”不可能同時發(fā)生，是互斥但不對立事件，故B錯誤；C：3個小孩可能發(fā)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種，其中只有一個男孩的概率為：P=38，故D：設M={至少一個有男孩}，N={至少有2個男孩}，由選項C可知，，所以，故D正確.故選：D8.已知函數，其中，則（）A.在上單調遞增 B.在上單調遞減C.曲線是軸對稱圖形 D.曲線是中心對稱圖形【答案】C【解析】【分析】由解析式易得且定義域為且即可判斷C；對求導，并討論、研究在上的符號判斷A、B；根據是否為定值判斷D.【詳解】由題設，，定義域為且，所以關于對稱，C正確；又，當時，不妨假設，則，顯然，此時在上有遞減區(qū)間，A錯誤；當時，在上，即在上遞增，B錯誤；由，不可能為定值，故D錯誤.故選：C【點睛】關鍵點點睛：利用導數結合分類討論研究函數的區(qū)間單調性，根據、是否成立判斷對稱性(為常數).二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求．全部選對的得5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．9.四邊形ABCD為邊長為1的正方形，M為邊CD的中點，則（）A. B. C. D.【答案】BD【解析】【分析】如圖，根據向量的線性運算和數量積的定義計算，依次判斷選項即可.【詳解】如圖，A：，故A錯誤；B：，故B正確；C：，故C錯誤；D：，由，得，所以，故D正確.故選：BD10.某人工智能公司近5年的利潤情況如下表所示：第x年12345利潤y/億元23457已知變量y與x之間具有線性相關關系，設用最小二乘法建立的回歸直線方程為，則下列說法正確的是（）A.B.變量y與x之間的線性相關系數C.預測該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元D.該人工智能公司這5年的利潤的方差小于2【答案】AC【解析】【分析】首先求出、，根據回歸直線方程必過，即可求出，從而得到回歸直線方程，根據與成正相關，即可得到相關系數，再令求出，即可預測第6年的利潤，最后根據方差公式求出利潤的方差，即可判斷D；【詳解】解：依題意，，因為回歸直線方程為必過樣本中心點，即，解得，故A正確；則回歸直線方程為，則與成正相關，即相關系數，故B錯誤，當時，即該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元，故C正確，該人工智能公司這5年的利潤的方差為，故D錯誤；故選：AC11.已知定圓A的半徑為1，圓心A到定直線l的距離為d，動圓C與圓A和直線l都相切，圓心C的軌跡為如圖所示的兩條拋物線，記這兩拋物線的焦點到對應準線的距離分別為，，則（）A. B. C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根據動圓C與圓A和直線l都相切，分圓C與圓A相外切和圓C與圓A相內切，分別取到A的距離為d+1，d-1，且平行于l的直線，，利用拋物線的定義求解.【詳解】解：動圓C與圓A和直線l都相切，當圓C與圓A相外切時，取到A的距離為d+1，且平行于l的直線，則圓心C到A的距離等于圓心C到的距離，由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點，以為準線的拋物線；當圓C與圓A相內切時，取到A的距離為d-1，且平行于l的直線，則圓心C到A的距離等于圓心C到的距離，由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點，以為準線的拋物線；所以，當時，拋物線不完整，所以，，，，故選：ABD12.如圖，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是邊長為4的正方形，，點M為CG的中點，點P為底面EFGH上的動點，則（）A.當時，存在點P滿足B.當時，存在唯一的點P滿足C.當時，滿足BP⊥AM的點P的軌跡長度為D.當時，滿足的點P軌跡長度為【答案】BCD【解析】【分析】建立空間直角坐標系，結合選項逐個驗證，利用對稱點可以判斷A，利用垂直求出可以判斷B，求出點P軌跡長度可判定C,D.【詳解】以原點，所在直線分別為軸，建系如圖，對于選項A，當時，，，設點關于平面的對稱點為，則，.所以.故A不正確.對于選項B，設，則，由得，即，解得，所以存在唯一的點P滿足，故B正確.對于選項C，，設，則，由得.在平面中，建立平面直角坐標系，如圖，則的軌跡方程表示的軌跡就是線段，而，故C正確.對于選項D，當時，，設，則，由得，即，在平面中，建立平面直角坐標系，如圖，記的圓心為，與交于；令，可得，而，所以，其對應的圓弧長度為；根據對稱性可知點P軌跡長度為；故D正確.故選：BCD.【點睛】立體幾何中的動點問題，常常采用坐標法，把立體幾何問題轉化為平面問題，結合解析幾何的相關知識進行求解.三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分．13.已知等差數列的前n項和為，且，，則數列的公差_________．【答案】2【解析】【分析】根據題意可得，直接利用等差數列前n項和公式計算即可.【詳解】由題意知，，，解得.故答案為：14.已知函數是定義域為R的奇函數，當時，，則_________．【答案】【解析】【分析】利用奇函數可得，結合及已知解析式即可求值.【詳解】由題設，，又，所以.故答案為：.15.在平面直角坐標系中，已知直線分別與x軸，y軸交于A，B兩點，若點，則的最大值為_________．【答案】【解析】【分析】根據題意求出點A、B的坐標，由平面向量的坐標表示和向量的幾何意義寫出的表達式，利用三角函數的值域即可求出的最大值.【詳解】由題意知，直線分別與x軸、y軸交于點A、B，則，又，所以，有，則，其中，當時，取得最大值，且最大值為.故答案為：16.古希臘數學家托勒密于公元150年在他的名著《數學匯編》里給出了托勒密定理，即圓的內接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知AC，BD為圓的內接四邊形ABCD的兩條對角線，且，若，則實數的最小值為_________．【答案】##1.5【解析】【分析】由圓內接四邊形性質結合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，結合整理得，求得答案.【詳解】根據圓內接四邊形的性質可知;,所以，即，在中，,故，由題意可知：,則，所以，故，當且僅當時等號取得，又，所以，則，則實數的最小值為，故答案為：四、解答題：本題共6小題，共70分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．17.已知數列的首項，且滿足．（1）證明：是等比數列；（2）求數列的前n項和．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）將已知條件轉化為，由此證得數列是等比數列.（2）利用分組求和法求得.【小問1詳解】由，得，又，故，故，所以，所以數列是以為首項，為公比的等比數列．【小問2詳解】由（1）可知，所以，所以．18.2021年10月16日，神舟十三號載人飛船與天宮空間站組合體完成自主快速交會對接，航天員翟志剛、王亞平、葉光富順利進駐天和核心艙，由此中國空間站開啟了有人長期駐留的時代．為普及航天知識，某航天科技體驗館開展了一項“摸球過關”領取航天紀念品的游戲，規(guī)則如下：不透明的口袋中有3個紅球，2個白球，這些球除顏色外完全相同．參與者每一輪從口袋中一次性取出3個球，將其中的紅球個數記為該輪得分X，記錄完得分后，將摸出的球全部放回袋中．當參與完成第n輪游戲，且其前n輪的累計得分恰好為2n時，游戲過關，可領取紀念品，同時游戲結束，否則繼續(xù)參與游戲．若第3輪后仍未過關，則游戲也結束．每位參與者只能參加一次游戲．（1）求隨機變量X的分布列及數學期望；（2）若甲參加該項游戲，求甲能夠領到紀念品的概率．【答案】（1）分布列見解析，數學期望為（2）【解析】【分析】（1）先得出隨機變量X可取的，并求出相應概率，列出分布列，計算數學期望；（2）分別求出甲取球1次后、取球2次后、取球3次后可領取紀念的概率，再相加得出甲能夠領到紀念品的概率．小問1詳解】由題意得，隨機變量X可取的值為1，2，3，易知，，所以，則隨機變量X的分布列如下：X123P0.30.60.1所以【小問2詳解】由（1）可知，參與者每輪得1分，2分，3分的概率依次為0.3，0.6，0.1，記參與者第i輪的得分為，則其前n輪的累計得分為，若參與者取球1次后可領取紀念品，即參與者得2分，則；若參與者取球2次后可領取紀念品，即參與者獲得的分數之和為4分，有“”、“”的情形，則；若參與者取球3次后可領取紀念品，即參與者獲得的分數之和為6分，有“”、“”的情形，則；記“參與者能夠領取紀念品”為事件A，則．19.如圖，在△ABC中，已知，，，BC，AC邊上的兩條中線AM，BN相交于點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，分別在和，求得和，結合和互補，求得，再在中，求得，即可求解；解法2、由題意，求得，根據，結合的面積為面積的，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，結合向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】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，與互補，則，解得，在中，由余弦定理，得，因為，所以．解法2、由題意可得，，由AM為邊BC上的中線，則，兩邊同時平方得，，故，因為M為BC邊中點，則的面積為面積的，所以，即，化簡得，．【小問2詳解】解：方法1、在中，由余弦定理，得，所以，由AM，BN分別為邊BC，AC上的中線可知P為重心，可得，，在中，由余弦定理，得，又由，所以．解法2：因為BN為邊AC上的中線，所以，，，即．所以．20.如圖，在四枝錐E-ABCD中，，，E在以AB為直徑的半圓上（不包括端點），平面平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點．（1）求證：平面ABE；（2）當四棱錐E-ABCD體積最大時，求二面角N-AE-B的余弦值．【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取EC的中點的F，連接MF，NF，證得，得到，利用線面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，證得平面平面，進而得到平面.（2）過E作交AB于O，證得平面ABCD，取CD中點G，連接OG，以O為原點，分別以AB為x軸，以OE為y軸，以OG為z軸建立空間直角坐標系，分別求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.【小問1詳解】證明：如圖所示，取EC的中點的F，連接MF，NF，因為M，F分別為ED和EC的中點，所以，因，所以，因為平面，平面，所以平面，同理可得平面，因為，平面，平面，所以平面平面，因為平面，所以平面.【小問2詳解】解：如圖所示，過E作交AB于O，因為平面平面ABCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，故EO為四棱錐E-ABCD的高，要使四棱錐E-ABCD體積最大，則E為弧的中點，所以O與AB的中點，取CD的中點G，連接OG，因為，，所以，因為平面ABCD，所以，，所以EO，AB，OG兩兩垂直，以O為原點，分別以AB為x軸，以OE為y軸，以OG為z軸建立空間直角坐標系，設，所以，可得，，，則，，設平面的一個法向量，則，可得，令，則平面的一個法向量為，平面的一個法向量為，則，由圖可知二面角的平面角為銳角，所以二成角的余弦值為．21.已知雙曲線：經過點A，且點到的漸近線的距離為．（1）求雙曲線C的方程；（2）過點作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點，直線分別交直線AM，AN于點E，F．試判斷以EF為直徑的圓是否經過定點，若經過定點，請求出定點坐標；反之，請說明理由．【答案】（1）（2）以為直徑的圓經過定點，定點坐標為和【解析】【分析】（1）根據點在雙曲線上和點到直線的距離分別建立方程，然后解出方程即可；（2）聯(lián)立直線與雙曲線的方程，利用韋達定理，并表示出以為直徑的圓的方程，結合對稱性即可求得定點坐標【小問1詳解】由題意得：因為雙曲線C的漸近線方程為，所以有：解得：因此，雙曲線C的方程為：【小問2詳解】①當直線l的斜率存在時，設直線l的方程為由可得：設、，則由：，由直線AM方程，令，得點由直線AN方程，令，得點則以EF為直徑的圓的方程為：