2022年广东省深圳市高考数学二模试卷

这是一份2022年广东省深圳市高考数学二模试卷，共25页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．（5分）已知集合，，则
A．B．C．D．
2．（5分）已知复数满足，其中为虚数单位，则
A．3B．4C．5D．6
3．（5分）已知点，，向量，则向量
A．B．C．D．
4．（5分）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．（5分）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．2B．C．3D．
6．（5分）若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是
A．B．C．D．
7．（5分）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则
A．B．C．D．
8．（5分）过抛物线的焦点作直线，交抛物线于，两点，若，则直线的倾斜角等于
A．或B．或C．或D．与值有关
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．（5分）如图，在正方体中，为的中点，则下列条件中，能使直线平面的有
A．为的中点B．为的中点
C．为的中点D．为的中点
10．（5分）已知随机变量服从正态分布，，若，则
A．B．
C．在上是增函数D．
11．（5分）已知，则
A．B．
C．D．
12．（5分）是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，，为切点，则
A．弦长的最小值为B．存在点，使得
C．直线经过一个定点D．线段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．（5分）已知，则 ．
14．（5分）已知，则的最小值为 ．
15．（5分）已知函数是偶函数，则 ．
16．（5分）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”．现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形如图所示．若将图形被直线所截得的两条线段绕轴旋转一周，则形成的旋转面的面积 ；若将图形绕轴旋转一周，则形成的旋转体的体积 ．
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）已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最大整数．
18．（12分）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：；
（2）当，时，求的面积．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角
形，是侧棱的中点，且平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
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，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万元，求的数学期望的取值范围．
21．（12分）已知椭圆经过点，且焦距，线段，分别是它的长轴和短轴．
（1）求椭圆的方程；
（2）若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．
①，，直线，与椭圆的另一交点分别为，；
②，，直线，与椭圆的另一交点分别为，．
22．（12分）设函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）当存在小于零的极小值时，若，，且，证明：．
2022年广东省深圳市高考数学二模试卷
参考答案与试题解析
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．（5分）已知集合，，则
A．B．C．D．
【分析】化简集合，再求并集即可．
【解答】解：，
，，
，
故选：．
【点评】此题考查了并集及其运算，熟练掌握并集的定义是解本题的关键．
2．（5分）已知复数满足，其中为虚数单位，则
A．3B．4C．5D．6
【分析】根据已知条件，结合复数的运算法则，即可求解．
【解答】解：，
，
，
故选：．
【点评】本题主要考查复数的运算法则，考查复数求模问题，属于基础题．
3．（5分）已知点，，向量，则向量
A．B．C．D．
【分析】根据已知条件，结合平面向量的坐标运算法则，即可求解．
【解答】解：，，
，
．
故选：．
【点评】本题主要考查平面向量的坐标运算，属于基础题．
4．（5分）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
【分析】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；
【解答】解：依题意样本中服务时长超过32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32小时的个体数为（万人），
故选：．
【点评】本题考查频率分布直方图，是基础题．
5．（5分）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．2B．C．3D．
【分析】根据球的表面积公式和体积公式，列出方程求解即可．
【解答】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：．
【点评】本题主要考查球的表面积公式，球的体积公式，属于基础题．
6．（5分）若是函数图象的对称轴，则的最小正周期的最大值是
A．B．C．D．
【分析】由题意，利用图象的对称性，余弦函数的最小正周期，求得的最小正周期的最大值．
【解答】解：若是函数图象的对称轴，
则，，，
即，，的最小值为2，
故的最小正周期的最大值为，
故选：．
【点评】本题主要考查余弦函数的图象的对称性，余弦函数的最小正周期，属于基础题．
7．（5分）已知，若过点可以作曲线的三条切线，则
A．B．C．D．
【分析】求出函数的导函数，设切点坐标，得到过切点的切线方程，代入已知点的坐标，再由函数求极值，可得关于与的不等式组，答案可求．
【解答】解：由，得，设切点为，
则过切点的切线方程为，
把点代入，可得，
则，
令，则，
，当，，时，，在，上单调递增；
当时，，在上单调递减．
函数取得极大值，函数取得极小值（a）．
要使过点可以作曲线的三条切线，则，可得．
故选：．
【点评】本题考查利用导数研究过曲线上某点处的切线方程，考查利用导数求极值，考查运算求解能力，是中档题．
8．（5分）过抛物线的焦点作直线，交抛物线于，两点，若，则直线的倾斜角等于
A．或B．或C．或D．与值有关
【分析】根据题意，分点在轴上方和下方进行讨论，当点在轴上方时，利用抛物线的定义结合三角形关系即可得解，当点在轴下方时，利用对称性求解即可．
【解答】解：当在轴上方时，设抛物线准线交轴于，分别过，作准线的垂线，垂足为，，
直线交准线于，如图所示：
则，，，
所以，，，，
此时直线的斜率为，倾斜角为，
当点在轴下方时，由对称性可得直线的斜率为，倾斜角为，
直线的倾斜角等于或．
故选：．
【点评】本题主要考查了抛物线的定义和性质，属于中档题．
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．（5分）如图，在正方体中，为的中点，则下列条件中，能使直线平面的有
A．为的中点B．为的中点
C．为的中点D．为的中点
【分析】取棱，，，的中点，，，，，说明与，，，，共面，证明平面平面，即可得，
【解答】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，满足，
故选：．
【点评】本题主要考查了直线与平面平行的判定，解题的关键是熟练掌握正方体性质，属于中档题
10．（5分）已知随机变量服从正态分布，，若，则
A．B．
C．在上是增函数D．
【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可依次求解．
【解答】解：，
根据正态曲线的对称性可得，，故正确，
，，故错误，
随机变量服从正态分布，
正态曲线关于直线对称，在上是增函数，故正确，
，故正确．
故选：．
【点评】本题主要考查正态分布的对称性，属于基础题．
11．（5分）已知，则
A．B．
C．D．
【分析】利用赋值法可判断，对求导后利用赋值可判断．
【解答】解：取，可得，故正确；
即，可得，故不正确；
取，可得，故不正确；
对已知等式两边对求导数可得，
取，可得，故正确．
故选：．
【点评】本题考查赋值法求代数式的值，属中档题．
12．（5分）是直线上的一个动点，过点作圆的两条切线，，为切点，则
A．弦长的最小值为B．存在点，使得
C．直线经过一个定点D．线段的中点在一个定圆上
【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、，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，再根据圆的定义判断．
【解答】解：依题意，即，设，则为的中点，且，
所以，所以，
，又，，
所以，所以，
，故正确，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，故正确；
又，，所以的中点在以为直径的圆上，故正确；
故选：．
【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，直线恒过定点问题，圆中的最值与范围问题等知识，属于中等题．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．（5分）已知，则 ．
【分析】由题意利用同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式，求出结果．
【解答】解：，则，
故答案为：．
【点评】本题主要考查同角三角函数的基本关系，二倍角的余弦公式的应用，属于基础题．
14．（5分）已知，则的最小值为 9 ．
【分析】根据，再利用基本不等式求得它的最小值．
【解答】解：，，
则，
当且仅当，即时，取等号，
故 的最小值为9，
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了利用基本不等式求解函数的最值，解题的关键是灵活利用的条件，注意基本不等式成立的条件，属于中档题．
15．（5分）已知函数是偶函数，则 ．
【分析】根据偶函数的定义建立方程进行求解即可．
【解答】解：是偶函数，
（1），
得，
得，
得，
故答案为：．
【点评】本题主要考查函数奇偶性的应用，利用偶函数的定义建立方程进行求解是解决本题的关键，是基础题．
16．（5分）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”．现已知直线与双曲线及其渐近线围成的平面图形如图所示．若将图形被直线所截得的两条线段绕轴旋转一周，则形成的旋转面的面积 ；若将图形绕轴旋转一周，则形成的旋转体的体积 ．
【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．
【解答】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：；．
【点评】本题考查了几何体体积的计算，属于中档题．
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）已知数列的前项和．
（1）求数列的通项公式；
（2）若，求满足条件的最大整数．
【分析】（1）由，得，两式相减并整理可得，进一步结合即可求出的通项公式；
（2）易知，从而，进一步令并结合即可求出满足条件的最大整数的值．
【解答】解：（1）由题意，当时，，解得，
当时，由，得，
两式相减得，即，
所以是以3为首项，以2为公比的等比数列，
所以；
（2）由（1）可知，
故，
令，得，即，又，，，
所以满足条件的最大整数为5．
【点评】本题考查等比数列的通项公式与前项和公式，数列与不等式的综合问题，考查学生逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
18．（12分）记的内角，，的对边分别为，，，已知．
（1）证明：；
（2）当，时，求的面积．
【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，整理可求得值，进而利用三角形面积公式，即可求解．
【解答】（1）证明：由正弦定理：，
所以对于，
有，
整理得：，
所以，，
因为，，为的三个角，
所以，得．
（2）解：由（1）及题意可得：
，
，
，，
，
，
则，
所以的面积为．
【点评】本题考查了解三角形的知识，属于中档题．
19．（12分）如图，在四棱锥中，底面为正方形，侧面是正三角
形，是侧棱的中点，且平面．
（1）求证：平面平面；
（2）求与平面所成角的正弦值．
【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）以为原点，建立空间直角坐标系，先求得平面的一个法向量，设与平面所成角，由求解．
【解答】（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，
所以平面平面；
（2）解：取的中点，连接，则平面，
则以为原点，建立如图所示空间直角坐标系：
设，则，
所以，
设平面的一个法向量为，
则，
令，则，，则，
设与平面所成角，
所以．
【点评】本题主要考查面面垂直的证明，线面角的相关计算，空间向量及其应用等知识，属于中等题．
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，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万元，求的数学期望的取值范围．
【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．
【解答】解：（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：，4.3 （单位：万元）．
【点评】本题考查了离散型随机变量的分布列与期望以及概率中的决策问题，属于中档题．
21．（12分）已知椭圆经过点，且焦距，线段，分别是它的长轴和短轴．
（1）求椭圆的方程；
（2）若是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线经过定点．
①，，直线，与椭圆的另一交点分别为，；
②，，直线，与椭圆的另一交点分别为，．
【分析】（1）由已知可得：，解得：，，即可求椭圆的方程；
（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．
【解答】解：（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．
【点评】本题主要考查椭圆方程的求解，直线与圆锥曲线的位置关系，韦达定理及其应用等知识，属于中等题．
22．（12分）设函数，其中．
（1）讨论的单调性；
（2）当存在小于零的极小值时，若，，且，证明：．
【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．
【解答】解：（1）由，
①当时，由在上单调递增，
由在上调递减．
②当时，令，，
当，即时，，
当时，，，，
当时，，，此时，
当时，，，此时；
当时，恒成立，故在上为单调递增函数；
当时，或；，
故在和上为单调增函数，在上为单调减函数；
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，在上为单调减函数，在和上为单调增函数．
（2）证明：先证明当存在小于零的极小值时，在上是增函数，
由（1）可知，当时，在上是增函数；
当时，存在极小值，，在上是增函数，
由极小值小于零，得，
而，所以，
设，
则，
再设，，
则有
当时，，在上单调递增；
当时，，在上单调递减；
所以（1）；0，从而，
所以在上单调递减，
又，
所以不等式的解集为，
所以时，，
所以，
此时，
又在上是增函数，
所以在上是增函数，
综上所述，当存在小于零的极小值时，在上是增函数；
当，时，，，
所以，
设，
则，
当时，，在上单调递增，
又，
所以当时，，
即，，
所以，
而，，
在上单调递减，
所以．
【点评】本题考查了导数的综合运用及用构造函数的方法证明不等式，也考查了转化思想和分类讨论思想，属于难题．
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