2022届广东省深圳市高三下学期第二次调研考试（二模）（4月）数学试题含答案

试卷类型：A

2022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.6

3．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)=0

8．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)-1

11．已知(2-x)8＝ao＋a1x＋a2x2＋···＋a8x8，则

A.ao=28                                                               B.a1+a2+··+a6=1

C..|a1|+|a2|+|a3|+…+|a8|=38                   D.a1+2a2+3a3+···+8a8= -8

12．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：C

3．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：A

5．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：D

6．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：A

7．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：B

8．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：AD

12．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：ACD

13．

【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