2022届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（二模）（4月） 数学（解析版）

这是一份2022届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（二模）（4月） 数学（解析版），共20页。试卷主要包含了3万人，5万元；若平局，两队各获奖金1等内容，欢迎下载使用。
试卷类型：A2022年深圳市高三年级第二次调研考试2022.4数学本试卷共6页，22小题，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A＝｛x|x＜1｝，B＝｛x|x(x-2)＜0｝，则A∪B＝A.(0,1)      B.(1,2)      C.(- ∞,2)      D.(0,+ ∞)2．已知复数z满足zi＝3＋4i，其中i为虚数单位，则｜z｜＝A.3           B.4               C.5              D.63．已知点A（0,1），B（2,3），向量＝(-3,1)，则向量＝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A．3.3万人B．3.4万人C．3.8万人D．3.9万人5．已知一个球的表面积在数值上是它的体积的倍，则这个球的半径是A.2             B.               C.3              D. 6．若x＝是函数f（x）＝cosωx（ω≠0）图象的对称轴，则f（x）的最小正周期的最大值是A.π                B.2π              C.              D. 7．已知a＞0，若过点（a，b）可以作曲线y＝x3的三条切线，则A.b<0          B.0<b<a3               C.b>a3           D.b(b-a3)=08．过抛物线y2＝2px（p＞0）的焦点F作直线l，交抛物线于A，B两点，若|FA|＝3|FB|，则直线l的倾斜角等于A．30°或150°      B．45°或135°        C．60°或120°      D.  与p值有关二、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．如图，在正方体ABCD-A1B1C1D1中，E为AB的中点，则下列条件中，能使直线EF∥平面ACD1的有A.F为AA1的中点                  B.F为BB1的中点C．F为CC1的中点               D．F为A1D1的中点10．已知随机变量X服从正态分布N（0,1），密度函数f（x）＝P（X≤x），若x＞0，则A.f(-x)=1-f(x)                                                             B.f(2x)=2f(x)C．f（x）在（0，＋oo）上是增函数                    D.P(|X|≤x)=2f(x)-111．已知(2-x)8＝ao＋a1x＋a2x2＋···＋a8x8，则A.ao=28                                                               B.a1+a2+··+a6=1C..|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38                   D.a1+2a2+3a3+···+8a8= -812．P是直线y＝2上的一个动点，过点P作圆x2＋y2＝1的两条切线，A，B为切点，则A．弦长|AB|的最小值为          B．存在点P，使得∠APB＝90°C.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：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．已知tanα＝3，则cos2α＝          .14．已知0＜x＜1，则的最小值是          .15．已知函数f（x）＝1n（ex＋1）-kx是偶函数，则k＝          .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，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等”.现已知直线y＝±2与双曲线x2-y2＝1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y＝t（-2≤t≤2）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＝          .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）已知数列{an}的前n项和Sn＝2an-3．（1）求数列{an}的通项公式；（2）若，求满足条件的最大整数n.·18．（12分）记ΔABC的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知a＋c＝2bcosA．（1）证明：B＝2A；（2）当a＝4，b＝6时，求ΔABC的面积S． 19．（12分）如图，在四棱锥P-ABCD中，底面ABCD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．20．（12分）2022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比赛，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，每场比赛都分出胜负，且甲与乙比赛，乙赢的概率为，甲与丙比赛，丙赢的概率为P，其中.（1）若第一场比赛，业余队可以安排乙与甲进行比赛，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．（12分）已知椭圆E：＝1（a＞b＞0）经过点M(1，），且焦距|F1F2|＝2，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）是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线PQ经过定点．①s=1,t≠ ±,直线NA，NB与椭圆E的另一交点分别为P，Q；②t＝2，s∈R，直线NC，ND与椭圆E的另一交点分别为P，Q． 22．（12分）设函数f（x）＝xex-ax2-2ax＋2a2-a，其中a∈R．（1）讨论f（x）的单调性；（2）当f（x）存在小于零的极小值时，若x1，x2∈（0，），且f（sinx1）＜f（x1cosx2），证明：x1＞x2·  
参考答案：1．C【解析】【分析】求出集合，由并集的定义即可求出答案.【详解】因为，则.故选：C.2．C【解析】【分析】先利用复数的除法化简复数，再利用复数的模公式求解.【详解】解：因为复数z满足，所以，则，故选：C3．D【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，所以 ，整理得：，所以.故选：D.4．A【解析】【分析】由频率分布直方图求出样本中服务时长超过小时的个体频率，即可估计人数；【详解】解：依题意样本中服务时长超过小时的个体频率为；由样本估计总体，可得总体中服务时长超过小时的个体数为（万人）；故选：A5．D【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，则根据球的表面积公式和体积公式，可得，，化简得.故选：D6．A【解析】【分析】根据余弦函数的性质计算可得；【详解】解：依题意，解得，因为，所以且，所以的最小正周期，所以当时；故选：A7．B【解析】【分析】设切点为，切线方程为，求出函数的导函数，即可得到，整理得，令，利用导数说明函数的单调性，即可求出函数的极值，依题意有三个零点，即可得到不等式组，从而得解；【详解】解：设切点为，切线方程为，由，所以，所以，则，所以，令，则，因为，所以当或时，当时，所以在和上单调递增，在上单调递减，所以当时取得极大值，当时取得极小值，即，，依题意有三个零点，所以且，即；故选：B8．C【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，由抛物线的焦点为，准线方程为，分别过A，B作准线的垂线，垂足为，，直线l交准线于，如图所示：则，，，所以，，所以，即直线l的倾斜角等于，同理可得直线l的倾斜角为钝角时即为，故选：C．9．ACD【解析】【分析】取棱的中点，说明与共面，证明平面平面，即可得．【详解】如图，分别是棱的中点，易证与共面，由，平面，平面，则平面，同理平面，而是平面内相交直线，则得平面平面，平面，则平面，观察各选项，ACD满足，故选：ACD．10．AD【解析】【分析】根据正态曲线的性质，再结合正态分布的密度曲线定义，由此逐一分析四个选项从而得出答案.【详解】随机变量服从正态分布，正态曲线关于直线对称，在上是减函数，选项C错误；，根据正态曲线的对称性可得，选项A正确；，选项B错误；，选项D正确.故选：AD.11．AD【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取导，再令，即可判断D；【详解】解：因为，令，则，故A正确；令，则，所以，故B错误；令，则，所以，故C错误；对两边对取导得，再令得，故D正确；故选：AD12．ACD【解析】【分析】设，则为的中点，且，再根据勾股定理、等面积法及锐角三角函数得到、，根据的范围，即可判断A、B，设，求出以为直径的圆的方程，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，即，设，则为的中点，且，所以，所以，，又，所以，，所以，，故A正确，B不正确；设，则，所以以为直径的圆的方程为，则，即，所以直线的方程为，所以直线过定点，故C正确；又，，所以的中点在以为直径的圆上，故D正确；故选：ACD13．【解析】【详解】解：由题意可知： .14．【解析】【详解】试题分析：因为，所以，则，当且仅当时，等号成立，故的最小值为.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，着重考查了构造思想的应用，本题的解答中把，在利用基本不等式求得最小值，其中灵活利用是解答本题的关键.15．##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：是偶函数，则，即：即：即：，解得：.故答案为：.16．          【解析】【分析】由直线，其中，分步联立方程组和，求得的坐标，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，其中一条渐近线方程为，由直线，其中，联立方程组，解得，联立方程组，解得，所以截面圆环的面积为，即旋转面的面积为，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.故答案为：；.17．(1)(2)5【解析】【分析】（1）由与关系化简，再由等比数列通项公式求解（2）由等比数列前项和公式求和后解不等式(1)①时，，得，①时，，得，故是首项为3，公比为2的等比数列，(2)由（1）得，故整理得，即，而，故的最大值为18．(1)证明见解析(2)或【解析】【分析】(1)利用正弦定理把已知等式中的边转化成角的正弦， 整理可证明成立.(2)由正弦定理及已知中的和的值，整理可求得边值，进而利用三角形面积公式，即可求解.(1)由题意：因为正弦定理：，所以对于，有，整理得：，所以，，因为，，为的三个角，所以，，得.(2)由(1)及题意可得：，，，，，，，，解得或时，时，所以的面积为或19．(1)详见解析；(2)【解析】【分析】（1）由平面，得到，易得，进而得到平面，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，设与平面所成角，由求解.(1)证明：因为平面，所以，又底面为正方形，       所以，又，所以平面，又平面ABCD，所以平面平面；(2)取AD的中点O，连接PO，则平面ABCD，则以O为原点，建立如图所示空间直角坐标系：设AB=2，则，所以，设平面PBC的一个法向量为，则，即，令，则，x=0，则，设与平面所成角，所以.20．(1)业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛(2)的取值范围为：（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得出答案.（2）由已知万元或万元，分别求其对应的概率，得到分布列，求出，由，求出的取值范围.(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：;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：，因为，所以，所以.所以，业余队第一场应该安排乙与甲进行比赛.(2)由已知万元或万元.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，专业队获胜的概率为，所以，非平局的概率为，平局的概率为.的分布列为： 的数学期望为（万元）而，所以的取值范围为：（单位：万元）.21．(1)(2)见解析【解析】【分析】（1）由已知可得：，解得：，即可求椭圆E的方程；（2）选①，则，设， 所以联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.选②，则，设，所以联立直线和椭圆的方程，求出的坐标，进一步得到直线的方程，令，故直线恒过定点.(1)由已知，，点在椭圆上，所以，又因为，所以，所以椭圆的方程为：.(2)选①，则，设，所以消去得：，所以，所以，则，所以，，消去得：，，所以，所以，则，所以，所以，所以直线的方程为：，所以，所以，故直线恒过定点.选②，则，设，所以消去得：，所以，所以， 所以同理：，所以，所以所以直线的方程为：令，则故直线恒过定点.【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，解题的关键是求出的坐标，进一步得到直线的方程，即可得出直线恒过的定点，属于难题.22．(1)见解析 (2)见解析【解析】【分析】（1）求导函数，根据为增函数，为减函数.（2）首先根据（1）的结果判断出满足条件的单调性，再利用构造函数判断其单调性即可得出结论.(1)由①当时，在上为单调递增函数.在上为单调递减函数.②当时，令（i）当时，，当时，，此时；当时，，此时；当时，，此时；当时，恒成立，故在上为单调递增函数（ii）当时，或，，故在和上为单调增函数，在上为单调减函数.(iii) 当时，或，，故在上为单调增函数，在和上为单调减函数.综上所述：当时， 在上为单调递增函数.在上为单调递减函数. 当时，若，在上为单调递增函数；若，在和上为单调增函数，在上为单调减函数；若，在上为单调增函数，在和上为单调减函数.(2)当存在小于零的极小值时，，此时在上为单调递增函数，令令在上单调递增，而在在上单调递增 从而 在上单调递减