《广东省深圳市2022届高三二模数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《广东省深圳市2022届高三二模数学试题含答案.pdf（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试卷第 1页，共 4页广东省深圳市广东省深圳市 20222022 届高三二模数学试题届高三二模数学试题学校:_姓名：_班级：_考号：_一、单选题一、单选题1已知集合1,(2)0Ax xBx x x，则AB（）A(0,1)B(1,2)C(,2)D(0,)2已知复数 z 满足i34iz，其中 i 为虚数单位，则|z（）A3B4C5D63己知点(0,1),(2,3)AB，向量(3,1)BC ，则向量AC （）A(1,2)B(1,2)C(1,3)D(1,3)4深圳是一座志愿者之城、爱心之城深圳市卫健委为了解防疫期间志愿者的服务时长（单位：小时），对参加过防疫的志愿者随机抽样调查，将样本中个体的服务时长
2、进行整理，得到如图所示的频率分布直方图据此估计，7.2 万名参加过防疫的志愿者中服务时长超过 32 小时的约有（）A3.3 万人B3.4 万人C3.8 万人D3.9 万人5已知一个球的表面积在数值上是它的体积的3倍，则这个球的半径是（）A2B2C3D36若2x是函数()cos(0)f xx图象的对称轴，则()f x的最小正周期的最大值是（）AB2C2D47已知0a，若过点(,)a b可以作曲线3yx的三条切线，则（）A0b B30baC3baD30b ba8过抛物线22(0)ypx p的焦点 F 作直线 l，交抛物线于 A，B 两点，若|3|FAFB，则直线 l 的倾斜角等于（）试卷第 2页，
3、共 4页A30或150B45或135C60或120D与 p 值有关二、多选题二、多选题9 如图，在正方体1111ABCDABC D中，E 为AB的中点，则下列条件中，能使直线EF/平面1ACD的有（）AF 为1AA的中点BF 为1BB的中点CF 为1CC的中点DF 为11AD的中点10 已知随机变量X服从正态分布(0,1)N，密度函数()()f xP Xx，若0 x，则（）A()1()fxf x B(2)2()fxf xC()f x在(0,)上是增函数D(|)2()1P Xxf x11已知8280128(2)xaa xa xa x，则（）A802a B1281aaaC812383aaaaD12
4、382388aaaa 12P 是直线2y 上的一个动点，过点 P 作圆221xy的两条切线，A，B 为切点，则（）A弦长|AB的最小值为3B存在点 P，使得90APBC直线AB经过一个定点D线段AB的中点在一个定圆上三、填空题三、填空题13已知tan3，则cos2_14设01x，则141xx的最小值为_.15已知函数()ln e1xf xkx是偶函数，则k _四、双空题四、双空题16祖暅是我国南北朝时期伟大的科学家，他于 5 世纪末提出了“幂势既同，则积不容试卷第 3页，共 4页异”的体积计算原理，即“夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果裁得的两个截面的面积
5、总相等，那么这两个几何体的体积相等”现已知直线2y 与双曲线221xy及其渐近线围成的平面图形 G 如图所示，若将图形G 被直线(22ytt ）所截得的两条线段绕 y 轴旋转一周，则形成的旋转面的面积S _；若将图形 G 绕 y 轴旋转一周，则形成的旋转体的体积V _五、解答题五、解答题17已知数列 na的前 n 项和23nnSa(1)求数列 na的通项公式；(2)若121111320naaa，求满足条件的最大整数 n18记ABC的内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知2 cosacbA(1)证明：2BA；(2)当4,6ab时，求ABC的面积 S19如图，在四棱锥PABCD中，底面A
6、BCD为正方形，侧面PAD是正三角形，M 是侧棱PD的中点，且AM 平面PCD(1)求证：平面PAD 平面ABCD；(2)求AM与平面PBC所成角的正弦值202022 年北京冬奥会后，由一名高山滑雪运动员甲组成的专业队，与两名高山滑雪爱好者乙、丙组成的业余队进行友谊赛约定赛制如下：业余队中的两名队员轮流与甲进行比赛，若甲连续赢两场则专业队获胜；若甲连续输两场则业余队获胜：若比赛三场还没有决出胜负，则视为平局，比赛结束已知各场比赛相互独立，每场比赛都分出胜试卷第 4页，共 4页负，且甲与乙比赛，乙赢概率为13；甲与丙比赛，丙赢的概率为 p，其中1132p(1)若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进
7、行比赛，也可以安排丙与甲进行比赛请分别计算两种安排下业余队获胜的概率；若以获胜概率大为最优决策，问：业余队第一场应该安排乙还是丙与甲进行比赛？(2)为了激励专业队和业余队，赛事组织规定：比赛结束时，胜队获奖金 3 万元，负队获奖金 1.5 万元；若平局，两队各获奖金 1.8 万元在比赛前，已知业余队采用了（1）中的最优决策与甲进行比赛，设赛事组织预备支付的奖金金额共计 X 万元，求 X 的数学期望()E X的取值范围21已知椭圆2222:1(0)xyEabab经过点31,2M，且焦距122 3FF，线段,AB CD分别是它的长轴和短轴(1)求椭圆 E 的方程；(2)若(,)N s t是平面上的
8、动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线PQ经过定点31,2st，直线,NA NB与椭圆 E 的另一交点分别为 P，Q；2,tsR，直线,NC ND与椭圆 E 的另一交点分别为 P，Q22设函数22()e22xf xxaxaxaa，其中aR(1)讨论()f x的单调性；(2)当()f x存在小于零的极小值时，若12,0,2x x，且112sincosfxfxx，证明：12xx答案第 1页，共 17页参考答案：参考答案：1C【解析】【分析】求出集合B，由并集的定义即可求出答案.【详解】因为(2)002Bx x xxx，则2ABx x.故选：C.2C【解析】【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用
9、复数的模公式求解.【详解】解：因为复数 z 满足i34iz，所以234i i34i43iiiz，则22435z ，故选：C3D【解析】【分析】由向量的减法和向量的坐标运算即可求出答案.【详解】设,C x y，所以(3,1)2,3BCxy ，整理得：1,4C，所以 1,40,11,3AC .故选：D.4A【解析】【分析】答案第 2页，共 17页由频率分布直方图求出样本中服务时长超过32小时的个体频率，即可估计人数；【详解】解：依题意样本中服务时长超过32小时的个体频率为1 40.0050.040.090.46；由样本估计总体，可得总体中服务时长超过32小时的个体数为7.3 0.463.3123.
10、3（万人）；故选：A5D【解析】【分析】根据球的表面积公式和体积公式，列出方程求解即可【详解】设球的半径为R，则根据球的表面积公式和体积公式，可得，234433RR，化简得3R.故选：D6A【解析】【分析】根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意,2kkZ，解得2,k kZ，因为0，所以2,k kZ且0k，所以()f x的最小正周期222Tkk，所以当1k 时maxT；故选：A7B【解析】【分析】设切点为300,xx，切线方程为yk xab，求出函数的导函数，即可得到203003kxk xabx，整理得3200230 xaxb，令 3223g xxaxb，利用导数说明函数的单调性，即可求
11、出函数的极值，依题意 g x有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；答案第 3页，共 17页【详解】解：设切点为300,xx，切线方程为yk xab，由3yx，所以23yx，所以020|3x xyx，则203003kxk xabx，所以3200230 xaxb，令 3223g xxaxb，则 2666xaxgxx xa，因为0a，所以当0 x 或xa时 0gx，当0 xa时 0gx，所以 g x在,0和,a 上单调递增，在0,a上单调递减，所以当0 x 时 g x取得极大值，当xa时 g x取得极小值，即 0g xgb极大值，3g xg aba极小值，依题意 3223g xxaxb有三个零点，
12、所以 00g xgb极大值且 30g xg aba极小值，即30ba；故选：B8C【解析】【分析】根据题意画出图形，根据抛物线的定义和相似三角形列出比例式，再利用直角三角形的边角关系求出直线的倾斜角.【详解】如图所示，答案第 4页，共 17页由抛物线22(0)ypx p的焦点为F，准线方程为2px ，分别过 A，B 作准线的垂线，垂足为A，B，直线 l 交准线于C，如图所示：则AAAF，BBBF，|3|FAFB，所以2AMBF，4ABBF，所以30ABMo，即直线 l 的倾斜角等于60AFx，同理可得直线 l 的倾斜角为钝角时即为120，故选：C9ACD【解析】【分析】取棱111111,BC
13、CC C D D A A A的中点,M G H I J，说明E与,M G H I J共面，证明平面EMGHIJ/平面1ACD，即可得【详解】如图，,M G H I J分别是棱111111,BC CC C D D A A A的中点，易证E与,M G H I J共面，由/EM AC，AC 平面1ACD，EM 平面1ACD，则/EM平面1ACD，同理/EJ平面1ACD，而,EM EJ是平面EMGHIJ内相交直线，则得平面EMGHIJ/平面1ACD，/EF平面1ACD，则F 平面MGHIJ，观察各选项，ACD 满足，故选：ACD答案第 5页，共 17页10ACD【解析】【分析】根据正态曲线的性质，再结
14、合正态分布的密度曲线定义()()0f xP Xxx，由此逐一分析四个选项从而得出答案.【详解】随机变量X服从正态分布(0,1)N，正态曲线关于直线0 x 对称，()f x在(0,)上是增函数，选项 C 正确；()()0f xP Xxx，根据正态曲线的对称性可得()()1fxP Xxf x，选项A 正确；(2)(2),22fxP Xxf xP Xx，选项 B 错误；(|)1 21 2 12()1PXxPxXxfxf xf x ，选项 D 正确.故选：ACD.11AD【解析】【分析】利用赋值法判断 A、B、C，对二项式及展开式两边对x取导，再令1x，即可判断 D；【详解】解：因为8280128(2
15、)xaa xa xa x，令0 x，则802a，故 A 正确；答案第 6页，共 17页令1x，则8012812 1aaaa ，所以812812aaa，故 B 错误；令1x ，则8012383aaaaa，所以88123823aaaa，故 C 错误；对8280128(2)xaa xa xa x两边对x取导得27721388(2)238xaa xa xa x，再令1x 得12382388aaaa ，故 D 正确；故选：AD12ACD【解析】【分析】设ABOPC，则C为AB的中点，且OPAB，再根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到212 1ABOP、1sin2APBOP，根据OP的范围，即可判断
16、A、B，设,2P t，求出以OP为直径的圆的方程，两圆方程作差，即可得到切点弦方程，从而判断 C，再根据圆的定义判断 D；【详解】解：依题意222OPAPAO，即221OPAP，设ABOPC，则C为AB的中点，且OPAB，所以APAOAPACOPOP，所以2122 1ABACOP，1sin2OAAPBOPOP，又2,OP，所以1sin0,22APB，3,2AB，所以min3AB，max60APB，故 A 正确，B不正确；设,2P t，则24OPt，所以以OP为直径的圆的方程为22211124txyt，则22222111 124xxytyt，即21txy，所以直线AB的方程为21txy，所以直线
17、AB过定点10,2M，故 C 正确；答案第 7页，共 17页又OCMC，12OM，所以AB的中点C在以OM为直径的圆上，故 D 正确；故选：ACD1345【解析】【详解】解：由题意可知：2214cos22cos121tan15 .149【解析】【详解】试题分析：因为01x，所以011x，则141414114111xxxxxxxxxx 145291xxxx，当且仅当14113xxxxx时，等号成立，故141xx的最小值为9.考点：基本不等式的应用.【方法点晴】本题主要考查了利用基本不等式求解最值问题，属于中档试题，此类问题解答中要注意基本不等式的成立的条件和等号成立的条件，灵活应用，着重考查了构
18、造思想的应用，本题的解答中把141414114111xxxxxxxxxx，在利用基本不等答案第 8页，共 17页式求得最小值，其中灵活利用011x 是解答本题的关键.1512#0.5【解析】【分析】依据偶函数的定义建立方程即可求解.【详解】由题意知：()ln e1xf xkx是偶函数，则xR，fxf x即：ln e1ln e1xxkxkx即：ln e1ln e1xxxkxkx即：1kxkx，解得：12k.故答案为：12.164【解析】【分析】由直线yt，其中22t ，分步联立方程组yxyt和221xyyt，求得,A B的坐标，进而求得圆环的面积，再结合题意得到该几何体的体积与底面面积为，高为
19、4 的圆柱的体积相同，利用圆柱的体积公式，即可求解.【详解】如图所示，双曲线221xy，其中一条渐近线方程为yx，由直线yt，其中22t ，联立方程组yxyt，解得(,)A t t，联立方程组221xyyt，解得2(1,)Btt，所以截面圆环的面积为222(1)Stt，即旋转面的面积为，答案第 9页，共 17页根据“幂势既同，则积不容异”，可得该几何体的体积与底面面积为，高为 4 的圆柱的体积相同，所以该几何体的体积为44V.故答案为：；4.17(1)13 2nna(2)5【解析】【分析】（1）由na与nS关系化简，再由等比数列通项公式求解（2）由等比数列前n项和公式求和后解不等式(1)1n
20、时，11123aSa，得13a，2n时，112323nnnnnaSSaa，得12nnaa，故 na是首项为 3，公比为 2 的等比数列，13 2nna(2)由（1）得11113 2nna，故11121111111113(1)(2)3223220nnnaaa整理得111()220n，即240n，而56232,264，故n的最大值为518(1)证明见解析(2)15 74【解析】答案第 10页，共 17页【分析】（1）利用正弦定理把已知等式中的边转化成角的正弦，整理可证明2BA成立.（2）由正弦定理及已知中的a和b的值，整理可求得sinC值，进而利用三角形面积公式，即可求解.(1)由题意：因为正弦定
21、理：sinsinsinabcABC，所以对于2 cosacbA，有sinsin2sincosCABA，sin()2sincossinABBAA整理得：sincossincossinABBAA，所以，sin()sin()ABA，因为 A，B，C为ABC的三个角，所以ABA，得2BA.(2)由(1)及题意可得：sinsinabAB，46sinsin2AA，0A，sin0A，3cos4A，7sin4A，3 71sincos88BB，713 735 7sinsin488416CAB，则115 715 7sin6422164ABCSbaC 所以ABC的面积为15 74.19(1)详见解析；(2)77【解
22、析】【分析】（1）由AM 平面PCD，得到AMCD，易得ADCD，进而得到CD平面PAD，然后利用面面垂直的判定定理证明；（2）以 O 为原点，建立空间直角坐标系，先求得平面 PBC 的一个法向量,nx y z，设AM答案第 11页，共 17页与平面PBC所成角，由sinAMnAMn 求解.(1)证明：因为AM 平面PCD，所以AMCD，又底面ABCD为正方形，所以ADCD，又ADAMA，所以CD平面PAD，又CD 平面 ABCD，所以平面PAD 平面ABCD；(2)取 AD 的中点 O，连接 PO，则PO 平面 ABCD，则以 O 为原点，建立如图所示空间直角坐标系：设 AB=2，则131,
23、0,0,1,2,0,1,2,0,0,0,3,1,0,0,0,22ABCPDM，所以33,0,1,2,3,1,2,322AMPBPC ，设平面 PBC 的一个法向量为,nx y z，则00PB nPC n ，即230230 xyzxyz，令3z，则32y，x=0，则30,32n，答案第 12页，共 17页设AM与平面PBC所成角，所以372sincos,72132AMnAM nAMn .20(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛(2)E x的取值范围为：4.25,4.3（单位：万元）.【解析】【分析】（1）分别求出第一场比赛，业余队安排乙与甲或丙与甲进行比赛业余队获胜的概率，比较两者的大小即可
24、得出答案.（2）由已知4.5X 万元或3.6X 万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出 E x，由1132p，求出()E X的取值范围.(1)第一场比赛，业余队安排乙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：112153339Pppp;第一场比赛，业余队安排丙与甲进行比赛，业余队获胜的概率为：22111213333Pppppp，因为1132p，所以212111103933PPppp p，所以12PP.所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.(2)由已知4.5X 万元或3.6X 万元.由（1）知，业余队最优决策是第一场应该安排乙与甲进行比赛.此时，业余队获胜的概率为159Pp，专业队获胜的概率为3
25、212881133399Pppp，所以，非平局的概率为13814.593P XPPp，平局的概率为13113.6193P XPPp.X的分布列为：答案第 13页，共 17页X4.53.6P X8193p1193pX的数学期望为 81114.53.64.40.39393E xppp（万元）而1132p，所以 E x的取值范围为：4.25,4.3（单位：万元）.21(1)2214xy(2)见解析【解析】【分析】（1）由已知可得：222213143abab，解得：224,1ab，即可求椭圆 E 的方程；（2）选，则(1,),2,0,2,0NtAB，设,PPQQP xyQ xy，,12312NANBt
26、ttkkt 所以:2,:2,3NANBtlyxlyt x 联立直线和椭圆的方程，求出,P Q的坐标，进一步得到直线PQ的方程，令0,4yx，故直线PQ恒过定点4,0.选，则(,2),0,1,0,1N sCD，设,PPQQP xyQ xy，2 11213,NCNDkkssss所以13:1,:1,NCNDlyxlyxss联立直线和椭圆的方程，求出,P Q的坐标，进一步得到直线PQ的方程，令10,2xy，故直线PQ恒过定点10,2.(1)由已知，3c，点31,2M在椭圆上，所以221314ab，又因为222acb，所以224,1ab，所以椭圆的方程为：224,1ab.(2)选，则(1,),2,0,2
27、,0NtAB，设,PPQQP xyQ xy，答案第 14页，共 17页,12312NANBtttkkt 所以:2,:2,3NANBtlyxlyt x 222314tyxxy消去y得：2222941616360txt xt，42222564 941636360ttt 所以221636294Ptxt，所以2281894Ptxt，则21294Ptyt，所以22281812,9494ttPtt，22214yt xxy，消去y得：222214161640txt xt，4222564 14164160ttt，所以2216421 4Qtxt，所以22821 4Qtxt，则2414Qtyt，所以222824,
28、1 41 4ttQtt，所以322224222124322429414818823664349414PQtttttttktttttt，所以直线PQ的方程为：222242821 4341 4tttyxttt，所以43216832162830yxtytxty，所以0,4yx，故直线PQ恒过定点4,0.选，则(,2),0,1,0,1N sCD，设,PPQQP xyQ xy，2 11213,NCNDkkssss所以13:1,:1,NCNDlyxlyxss221114yxsxy消去y得：22224240sys ys，42244 44640sss 答案第 15页，共 17页所以2244Psys，所以284
29、Psxs，所以22284,44ssPss同理：223636Qsys，所以22436Qsxs，所以2222436,3636ssQss 2222222222364121212364248161612364PQssssssskssss sss所以直线PQ的方程为：22224128+4164sssyxsss令0 x，则2222212+2841=22424sssyss故直线PQ恒过定点10,2.【点睛】关键点点睛：本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆的位置关系，考查计算能力，解题的关键是求出,P Q的坐标，进一步得到直线PQ的方程，即可得出直线PQ恒过的定点，属于难题.22(1)见解析(2)见解析【解
30、析】【分析】（1）求导函数，根据 0fxf x为增函数，0fxf x为减函数.（2）首先根据（1）的结果判断出满足条件 fx的单调性，再利用构造函数 sincosxg xxx判断其单调性即可得出结论.(1)由 22e221e2xxfxxaxaxaafxxa当0a 时，01fxxf x 在1,上为单调递增函数.01fxxf x 在,1 上为单调递减函数.答案第 16页，共 17页当0a 时，令 1201,ln2fxxxa（i）当121xx 时，12ea，11xfxxee当1x 时，110,e0exx，此时 0fx；当1x 时，110,e0exx，此时 0fx；当1x 时，110,e0exx，此时
31、()0fx=；当12ae时，0fx 恒成立，故 fx在R上为单调递增函数（ii）当1212exxa时，01fxx 或ln2xa，01ln2fxxa ，故 fx在,1 和ln2,a 上为单调增函数，在1,ln2a上为单调减函数.(iii)当12102xxae时，0ln2fxxa或1x ，0ln21fxax，故 fx在ln2,1a 上为单调增函数，在,ln2a和1,上为单调减函数.综上所述：当0a 时，fx在1,上为单调递增函数.在,1 上为单调递减函数.当0a 时，若12ea，fx在R上为单调递增函数；若12ea，fx在,1 和ln2,a 上为单调增函数，在1,ln2a上为单调减函数；若102e
32、a，fx在ln2,1a 上为单调增函数，在,ln2a和1,上为单调减函数.(2)当()f x存在小于零的极小值时，12ea，此时 fx在0,上为单调递增函数，112112sincossincosfxf xxxxx111121sincossincosxxxxxx令 22sincossinsincosxxxxxxg xxgxxx令 22cossinsincossin0u xxxxxxuxxxxx u x在0,2上单调递增，而 00u 0u x 答案第 17页，共 17页 0gxg x在在0,2上单调递增00coscossinsincoslimlim01xxxxxxxxxx sin0cosxg xxx从而11122111sinsincoscoscoscosxxxxxxxxcosyx在0,2上单调递减12xx