2022深圳一模【2022届高三数学优质模拟试题】.docx

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1、广东省深圳市2022届高三下学期一模数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题1已知集合，则（）ABCD2已知复数z满足，其中为虚数单位，则z的虚部为（）A0BC1D3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（）A8B4C8D44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，

2、则（）ABCD25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（）ABC或D6已知，则（）ABCD7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8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二、多选题9四边形AB

3、CD为边长为1的正方形，M为边CD的中点，则（）ABCD10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（）AB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211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（）ABCD12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C

4、G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BPAM的点P的轨迹长度为D当时，满足的点P轨迹长度为三、填空题13已知等差数列的前n项和为，且，则数列的公差_14已知函数是定义域为R的奇函数，当时，则_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_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_四、解答题17已知数列的首项，且满足(1)证明：是

5、等比数列；(2)求数列的前n项和182021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

6、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20如图，在四棱锥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

7、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22已知函数（）(1)求函数的单调区间；(2)若函数有两个零点，（i）求实数a的取值范围；（ii）求证：参考答案：1C【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：C2B【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.3A【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：A4B【解析】【分析】利用正弦

8、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：B5D【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：D6C【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.7D【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；

9、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：，故C错误；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：D8C【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

10、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).9BD【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：BD10AC【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

11、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：AC11ABD【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

12、，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：ABD12BCD【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】以为原点，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

13、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.132【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【解析】【分析】利用奇函数可得，结合及

14、已知解析式即可求值.【详解】由题设，又，所以.故答案为：.15【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#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：17(1)证明见解析(

15、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.(1)由，得， 又，故， 故，所以， 所以数列是以为首项，为公比的等比数列(2)由（1）可知，所以，所以18(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(1)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(2)由（1）可知，参与者每轮得1分，2分，3分的概率依

16、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(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

17、；又由，所以解法2、由，求得，结合向量的夹角公式，即可求解.(1)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，(2)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(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

18、，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的中点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.(1)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，因为，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.(2)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

19、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(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

20、合对称性即可求得定点坐标(1)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：(2)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：令，有：将，代入上式，得可得：解得：，或即以EF为直径的圆经过点和；当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为、，以EF为直径的圆方程为，该圆经过点和综合可得，以EF为直径的圆经过定点和22(1)当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是(2)（i）（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）先求定义域，求导，对进行分类讨论，求对应

21、的单调区间；（2）（i）结合第一问中函数的单调性及极值，最值，找到不等式，解不等式，求出实数a的取值范围；（ii）构造差函数，证明极值点偏移问题.(1)定义域为，当时，有恒成立，是函数的单调增区间，无递减区间；当时，由，解得，由，解得，故函数的增区间，减区间是综上：当时，函数的单调增区间为；当时，函数的单调增区间，单调减区间是(2)（i）由（1）知：当时，在上单调递增，函数不可能有两个零点；当时，因为在上递增，在上递减，因为，故，设，则，当时，当时，故在处取得极大值，也是最大值，所以，故，即取，则因此，要使函数且两个零点，只需，即，化简，得，令，因为，所以函数在上是单调递增函数，又，故不等式的解为，因此，使求实数a的取值范围是：.（ii）因为，所以，下面先证明，根据（1）的结果，不妨设，则只需证明，因为在时单调递增，且，于是只需证明，因为，所以即证，记，所以在单调递增，则，即证得，原命题得证.【点睛】极值点偏移问题，可以通过构造差函数进行解决，也可以变多元为多元求解，利用对数平均不等式也能解决，选择哪种方案，需要结合函数特点进行选择.