2022年广东省深圳市普通高中高三年级第一次调研考试数学试题（含答案）

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1、第1页 共8页 2022 年深圳市高三年级第一次调研考试 数学 参考答案与评分标准 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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B D C D C 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。 题号 910 11 12 答案 BD AC ABD BCD 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分。 13.2；14.2；15.2

2、 5+2；16. 32. 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 （10 分） 解：解： （1）由14 3nnnaa+= ，得14 3nnnaa+=+ ，1 分等式两边同时减去13n+，得113(3 )nnnnaa+=，2 分 又因为131a = ， 3 分所以数列3 nna 是以1为首项，1为公比的等比数列. 4 分 （2）由（1）得，3( 1)nnna = ，即3( 1)nnna =+ ， 5 分11223( 1) 3( 1) . 3( 1) nnnS =+ + + 6 分 1212(33.3 )( 1)( 1).( 1) )nn=+ +

3、 + 7 分 3 (1 3 )1 1( 1) 1 31( 1)nn =+ 8 分 13( 1)42nn+ =， 9 分所以13( 1)42nnnS+ =， （nN）. 10 分18 （12 分） 解：解：（1）由题意得，随机变量X可取的值为1 2 3，易知(1)0.3P X =，(2)0.6P X =，所以(3)0.1P X =， 3 分则随机变量X的分布列如下： X123P0.30.60.1所以8 . 11 . 036 . 023 . 01)(=+=XE. 5 分（2）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， 第2页 共8页 记参与者第i轮的得分为iX，

4、则其前n轮的累计得分为Y =1X+2X+nX. 若参与者取球1次后可领取纪念品，即参与者得2分，则(2)0.6P Y =； 6 分若参与者取球2次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为4分，有“1+3” 、“3+1”的情形， 则(4)2 0.3 0.10.06P Y = =； 8 分若参与者取球3次后可领取纪念品，即参与者获得的分数之和为6分， 有“1+2+3” 、 “3+2+1”的情形，则(6)2 0.3 0.1 0.60.036P Y = =；10 分记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则 ( )(2)(4)(6)P AP YP YP Y=+=+=0.6 0.06 0.0360.696=

5、+=. 12 分 19 （12 分） （1）解法 1：由余弦定理，得2222cosBCABACAB ACBAC=+， 即22222(6 2)2 2 6 2522BC =+ =，2 13BC =， 所以1132BMCMBC=， 2 分在ABM中，由余弦定理，得22229cos213BMAMABAMBMABM AMAM+=， 在ACM中，由余弦定理，得222259cos213CMAMACAMCMACM AMAM+=， BMA与CMA互补，则coscos0BMACMA+=，解得5AM =， 4 分在ABM中，由余弦定理，得2224cos25ABAMBMBAMAB AM+=， 因为(0)2BAM， 5

6、 分所以23sin1 cos5BAMBAM=. 6 分 解法解法 2：由题意可得，| | cos4512AB ACABAC= =， 由AM为边BC上的中线，则1()2AMABAC=+， 两边同时平方得，22211125442AMABACAB AC=+=，故| 5AM =，2 分 因为M为BC边中点，则ABM的面积为ABC面积的12， 所以111sinsin222ABAMBAMABACBAC=， 4 分即，1112 5 sin2 6 2sin45222BAM = ， 化简得，3sin5BAM=. 6 分 解法解法 3：以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴，以过点A的垂线为y轴，建立平面直角坐标系

7、， 则(2 2)B ，(6 2 0)C，7 22()22M， 2 分所以( 22)AB =，7 22()22AM =，3 分所以84cos2 55|AB AMBAMABAM=， 4 分 第3页 共8页 因为(0)2BAM，所以23sin1 cos5BAMBAM=. 6 分（2）解法解法 1：在ABN中，由余弦定理，得2222cos45BNABANAB AN=+， 所以10BN =， 7 分由AM，BN分别为边BC，AC上的中线可知P为CAB重心， 易证，22 1033BPBN=，21033APAM=， 9 分在ABP中，由余弦定理，得22213 10cos250PAPBABAPBPA PB+=

8、， 显然，MPNAPB=， 所以13 10coscos50MPNAPB= 12 分解法解法 2：因为BN为边AC上的中线， 所以12BNBAANABAC=+= +， 7 分11() ()22AM BNABACABAC=+ +2211113244ABAB ACAC= +=， 9 分 222211()1024BNABACABAB ACAC= +=+=，即|10BN =，10 分 所以1313 10cos50|510AM BNMPNAMBN= 12 分解法解法 3：以A为坐标原点，以AC所在直线为x轴，以过点A的垂线为y轴，建立平面直角坐标系， (2,2)B，(6 2,0)C，(3 2,0)N，7

9、22(,)22M， 8 分所以7 22(,)22AM =，(2 2,2)BN =，10 分所以1313 10cos50|510AM BNMPNAMBN= 12 分 20 （12 分） 解：解：（1）如图所示，取EC的中点F，连接MFNF， 因为MF，分别为ED和EC的中点，所以MFDC，1 分因为AB DC，所以MFAB， 因为AB 平面ABE，MF 平面ABE，所以MF平面ABE，2 分 第4页 共8页 同理可得NF平面ABE，3 分因为MFNFF=，MF 平面MNF,NF 平面MNF， 所以平面MNF平面ABE，4 分因为MN 平面MNF，所以MN平面ABE， 5 分 （2）解法解法 1：

10、如图所示，过E作EOAB交AB于O， 因为平面EAB 平面ABCD，平面EAB平面=ABCD AB,EO平面ABE， 所以EO平面ABCD，故EO为四棱锥-E ABCD的高，6 分 要使四棱锥EABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，所以O与AB的中点，7 分 取CD的中点G,连接OG，因为AB CD，1=2ADDCCBAB=，所以OGAB， 因为EO平面ABCD，所以,EOAB EOOG，所以EO ABOG，两两垂直，8 分以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1=2ADDCCBAB a=，所以= 2AEEBa=，易得(00)Aa， ，( 0 0)E

11、 a， ，33(0,)44Naa， 则有( , ,0)AEa a=，73(0)44ANaa=， ， 9 分设平面AEN的一个法向量( , , )nx y z=，则00AE nAN n=，即073044axayayaz+=+=， 令1=x，则平面AEN的一个法向量为7 3(11)3n =， ，10 分平面ABE的一个法向量为(0,0,1)m=，则7 37 553cos,=55553n mm nn m， 11 分由图可知二面角NAEB的平面角为锐角， 所以二面角NAEB的余弦值为7 5555. 12分（2）解法解法 2：如图所示，过E作EOAB交AB于O， 因为平面EAB 平面ABCD，平面EAB

12、平面=ABCD AB,EO平面ABE， 所以EO平面ABCD，故EO为四棱锥-E ABCD的高，6 分要使四棱锥EABCD体积最大，则E为弧AEB的中点，所以O与AB的中点，7 分分别过C，N作AB的垂线交点分别为Q和P，过P作PGEB,交AE于G，连接NG， 因为平面EAB 平面ABCD，平面EAB平面=ABCD AB,NP平面ABCD， 所以NP平面EAB， 8 分 你好怎 么 办 你好怎 么 办 你好怎 么 办 你好怎 么 办 第5页 共8页 因为AE 平面EAB，所以NPAE， 因为AB为直径，所以AEEB，PGEB，所以AEPG， 因为NPGPP=，NP平面NPG，GP平面NPG，所

13、以AE 平面NPG， 因为NG平面NPG，所以AENG，所以NGP为二面角NAEB的平面角，9 分设1=2ADDCCBAB a=，AB CD，易得3=2CQa，所以34NPa=， 所以E为弧AEB的中点，=2ABa,所以= 2AEEBa=， 因为PQEB，所以78PGAPBEAB=，所以728PGa=，10 分因为所NP平面EAB，PG平面EAB，所以NPPG， 所以221108NGNPPGa=+=，11 分所以7 55cos=55PGNGPNG， 所以二面角NAEB的余弦值为7 5555. 12分 21 （12 分） 解：解： （1）由题意得2a =，1 分因为双曲线C的渐近线方程为2byx

14、= ，所以有22 2171( )2bb=+，2 分解得3b =，3 分因此，双曲线C的方程为22143xy=.4 分（2）解法解法 1：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(4)yk x=， 由22143(4)xyyk x=， 得2222(34)3264120kxk xk+=， 设11()M xy，、22()N xy，则21223234kxxk+=，2122641234kx xk=， （*）6 分由直线AM方程11(2)2yyxx=，令4x=，得点112(4)2yEx ， 你好怎 么 办 你好怎 么 办 第6页 共8页 由直线AN方程22(2)2yyxx=，令4x=，得点222(4)2yFx

15、 ，8 分则以EF为直径的圆的方程为121222(4)(4)()()022yyxxyyxx+=， 9 分由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上， 令0y =，有212124(4)(2)(2)y yxxx= ， 10 分将11(4)yk x=，22(4)yk x=代入上式，得221212121244() 16(4)2()4kx xxxxx xxx+= +， 将（*）式代入上式，222222222264123244163434(4)9641232243434kkkkkxkkkk += = +， 解得1x =，或7x=， 即以EF为直径的圆经过点(1 0)，和(7 0)，；11

16、 分当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为(4 3)，、(43)， 以EF为直径的圆方程为(4)(4)(3)(3)0 xxyy+=，该圆经过点(7 0)，和(1 0)，； 综合可得，以EF为直径的圆经过定点(1 0)，和(7 0)，12 分解法解法 2：设直线l的方程为4xty=+， 联立221434xyxty=+， 得22(34)24360tyty+=， 设11()M xy，22()N xy，则1222434tyyt+=，1223634y yt=，6 分由直线AM方程11(2)2yyxx=，令4x=，得点112(4)2yEx ， 由直线AN方程22(2)2yyxx=，令4x=，得点22

17、2(4)2yFx ，8 分由对称性可知，若以EF为直径的圆过定点，则该定点一定在x轴上， 设该定点为( 0)T t，则112(4)2yTEtx=，222(4)2yTFtx=， 221111121244(4)(4)(2)(2)(2)(2)y yy yTE TFttxxtyty=+=+ 211212124(4)2 ()4y ytt y yt yy=+ 22222236434(4)(4)93624243434tttttttt=+=+， 10 分因为以EF为直径的圆过定点( ,0)T t，所以2(4)90TE TFt=， 11 分解得1t =，或7t =， 所以以EF为直径的圆过定点(1 0)，和(7

18、 0)，. 12 分 22 （12 分） 解：解： （1）22(1)(1)1( )2(1)2xaxfxaxaxx+=+= ，2 分 当1a时，有( )0fx，(0)+，是函数( )f x的单调增区间； 3 分 第7页 共8页 当1a时，由( )0fx，解得1(0)1xa+，由( )0fx，解得1()1xa+， 函数( )f x的增区间是1(0)1a+，减区间是1()1a+，. 4 分（2） （i）解法解法 1：由（1）知，当1a时，( )f x在(0)+，上单调递增， 函数( )f x不可能有两个零点； 5 分当1a时，因为( )f x在1(0)1a+，上递增，在1()1a+，上递减， 且当0

19、 x+时( )f x ，当x+时，( )f x ， （另解：另解： 因为2( )2ln(1)212ln21f xxaxaxxax=+ +， 故222222()2ln130aaf eeee+ = ， 又1ln12xxx ，取02(1)111axaa+， 则20()21 (1)212(1)(1) 0f xxaxaxxaax + =+） 因此，要使函数( )f x有两个零点，只需1()01fa+， 即21112ln(1) ()210111aaaaa+ +，化简，得2ln(1)01aaa+， 6 分令( )2ln(1)(1)1xg xxxx=+ +，因为221( )01(1)g xxx=+， 所以函数

20、( )g x在( 1) +，上是单调递增函数， 又(0)0g=，故不等式2ln(1)01aaa+的解为( 10)a ， 因此，使求实数a的取值范围是10a . 8 分解法解法 2：函数( )f x有两个零点，即方程222ln12xxaxx+ =+有两个不同的实根， 令222ln1( )2xxg xxx+ =+，则222(1)(12ln )( )(2 )xxxg xxx+=+， 因为( )12lnh xxx= 在(0)+，上单调递减，且(1)0h=， 所以当01x时，( )0h x ，( )0g x，( )g x在(01)，上单调递增， 当1x 时，( )0h x ，( )0g x ，( )g

21、x在(1)+，上单调递减， 6 分所以当=1x时，( )g x取到最大值，最大值(1)0g=， 当0 x+时( )g x ，由洛必达法则可知，1222lim2222lim21ln2lim222=+=+xxxxxxxxxxx 所以实数a的取值范围是10a . 8 分（ii）解法解法 1：因为10a ，所以111a+，21211aa+， 下面先证明1221xxa+， 根据（1）的结果，不妨设12101xxa+，则只需证明1221xxa+， 因为( )f x在1(0)1a+，时单调递增，且11(0)1xa+，221(0)11xaa+， 于是只需证明122( )()1f xfxa+， 因为12( )(

22、)f xf x=，所以即证222()()01f xfxa+，10 分 第8页 共8页 记2( )( )()1F xf xfxa=+，1()1xa+， 222( )( )()4(1)211F xfxfxaaxxa=+=+ 2444(1)4(1)021(1)()(1) ()11aaaxxaaa=+=+ +， 所以( )F x在1()1a+，单调递增，则1( )()01F xFa=+， 即证得1221211xxaa+， 原命题得证.12 分解法解法 2：先证明不等式：121212lnln2xxxxxx+（*） ， 不妨设120 xx，即证121212()(lnln)2()xxxxxx+， 即证：11

23、1222(1)ln2(1)xxxxxx+，令12=xtx，01t ，即证：(1)ln2(1)ttt+. 设( )(1)ln2(1)g tttt=+1t （0），则1( )ln1g ttt=+，21( )tgtt=， 因为01t ，所以( )0gt，( )(1)0g tg=，所以( )g t在(01)，上单调递增，( )(1)0g tg=， 因此，不等式(1)ln2(1)ttt+成立，从而不等式*（ ）成立， 9 分由1()=0f x，得21112ln(1)21xaxax=+ ， 由2()=0f x，得22222ln(1)21xaxax=+， 由-，得2212121212122(lnln)(1)

24、()2 ()()(1)()2 xxaxxa xxxxaxxa=+=+， 即1212122lnln(1)()2xxxxaxxa=+， 根据不等式（*） ，有121222(1)()2xxaxxa+，10 分即1212()2(1)()20 xxaxx+， 因为1220 xx+，10a ，所以解得1221xxa+，11 分因为111a+，所以21211aa+， 因此，不等式121+21xxa+成立. 12 分解法解法 3：前面步骤同解法 2， 因为10a ，12101xxa+，所以121222(1)()2(1)()axxaaxx+， 由1212122lnln(1)()2xxxxaxxa=+，得1212122lnln(1)()xxxxaxx+，11 分根据不等式*（ ），有121222(1)()xxaxx+，即2124()1xxa+. 因此，不等式121+21xxa+成立. 12 分