廣東省深圳市2022屆3月高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題作業(yè)

試卷第=page55頁，共=sectionpages55頁試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁廣東省深圳市2022屆高三下學(xué)期一模數(shù)學(xué)試題學(xué)校:___________姓名：___________班級：___________考號：___________一、單選題1．已知集合，，則（

）A． B． C． D．2．已知復(fù)數(shù)z滿足，其中為虛數(shù)單位，則z的虛部為（

）A．0 B． C．1 D．3．以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，將該正方形旋轉(zhuǎn)一周所得圓柱的側(cè)面積等于（

）A．8π B．4π C．8 D．44．阻尼器是一種以提供運(yùn)動(dòng)的阻力，從而達(dá)到減振效果的專業(yè)工程裝置．深圳第一高樓平安金融中心的阻尼器減震裝置，是亞洲最大的阻尼器，被稱為“鎮(zhèn)樓神器”．由物理學(xué)知識可知，某阻尼器模型的運(yùn)動(dòng)過程可近似為單擺運(yùn)動(dòng)，其離開平衡位置的位移s（cm）和時(shí)間t（s）的函數(shù)關(guān)系式為，其中，若該阻尼器模型在擺動(dòng)過程中連續(xù)三次位移為的時(shí)間分別為，，，且，則（

）A． B．π C． D．2π5．已知橢圓C：，圓M：，若圓M的圓心在橢圓C上，則橢圓C的離心率為（

）A． B． C．或 D．6．已知，則（

）A． B． C． D．7．假定生男孩和生女孩是等可能的，現(xiàn)考慮有3個(gè)小孩的家庭，隨機(jī)選擇一個(gè)家庭，則下列說法正確的是（

）A．事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)女孩”和事件“該家庭3個(gè)小孩中至少有1個(gè)男孩”是互斥事件B．事件“該家庭3個(gè)孩子都是男孩”和事件“該家庭3個(gè)孩子都是女孩”是對立事件C．該家庭3個(gè)小孩中只有1個(gè)男孩的概率為D．當(dāng)已知該家庭3個(gè)小孩中有男孩的條件下，3個(gè)小孩中至少有2個(gè)男孩的概率為8．已知函數(shù)，其中，則（

）A．在上單調(diào)遞增 B．在上單調(diào)遞減C．曲線是軸對稱圖形 D．曲線是中心對稱圖形二、多選題9．四邊形ABCD為邊長為1的正方形，M為邊CD的中點(diǎn)，則（

）A． B． C． D．10．某人工智能公司近5年的利潤情況如下表所示：第x年12345利潤y/億元23457已知變量y與x之間具有線性相關(guān)關(guān)系，設(shè)用最小二乘法建立的回歸直線方程為，則下列說法正確的是（

）A．B．變量y與x之間的線性相關(guān)系數(shù)C．預(yù)測該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元D．該人工智能公司這5年的利潤的方差小于211．已知定圓A的半徑為1，圓心A到定直線l的距離為d，動(dòng)圓C與圓A和直線l都相切，圓心C的軌跡為如圖所示的兩條拋物線，記這兩拋物線的焦點(diǎn)到對應(yīng)準(zhǔn)線的距離分別為，，則（

）A． B． C． D．12．如圖，已知直四棱柱ABCD-EFGH的底面是邊長為4的正方形，，點(diǎn)M為CG的中點(diǎn)，點(diǎn)P為底面EFGH上的動(dòng)點(diǎn)，則（

）A．當(dāng)時(shí)，存在點(diǎn)P滿足B．當(dāng)時(shí)，存在唯一的點(diǎn)P滿足C．當(dāng)時(shí)，滿足BP⊥AM的點(diǎn)P的軌跡長度為D．當(dāng)時(shí)，滿足的點(diǎn)P軌跡長度為三、填空題13．已知等差數(shù)列的前n項(xiàng)和為，且，，則數(shù)列的公差_________．14．已知函數(shù)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，，則_________．15．在平面直角坐標(biāo)系中，已知直線分別與x軸，y軸交于A，B兩點(diǎn)，若點(diǎn)，則的最大值為_________．16．古希臘數(shù)學(xué)家托勒密于公元150年在他的名著《數(shù)學(xué)匯編》里給出了托勒密定理，即圓的內(nèi)接凸四邊形的兩對對邊乘積的和等于兩條對角線的乘積．已知AC，BD為圓的內(nèi)接四邊形ABCD的兩條對角線，且，若，則實(shí)數(shù)的最小值為_________．四、解答題17．已知數(shù)列的首項(xiàng)，且滿足．(1)證明：是等比數(shù)列；(2)求數(shù)列的前n項(xiàng)和．18．2021年10月16日，神舟十三號載人飛船與天宮空間站組合體完成自主快速交會對接，航天員翟志剛、王亞平、葉光富順利進(jìn)駐天和核心艙，由此中國空間站開啟了有人長期駐留的時(shí)代．為普及航天知識，某航天科技體驗(yàn)館開展了一項(xiàng)“摸球過關(guān)”領(lǐng)取航天紀(jì)念品的游戲，規(guī)則如下：不透明的口袋中有3個(gè)紅球，2個(gè)白球，這些球除顏色外完全相同．參與者每一輪從口袋中一次性取出3個(gè)球，將其中的紅球個(gè)數(shù)記為該輪得分X，記錄完得分后，將摸出的球全部放回袋中．當(dāng)參與完成第n輪游戲，且其前n輪的累計(jì)得分恰好為2n時(shí)，游戲過關(guān)，可領(lǐng)取紀(jì)念品，同時(shí)游戲結(jié)束，否則繼續(xù)參與游戲．若第3輪后仍未過關(guān)，則游戲也結(jié)束．每位參與者只能參加一次游戲．(1)求隨機(jī)變量X的分布列及數(shù)學(xué)期望；(2)若甲參加該項(xiàng)游戲，求甲能夠領(lǐng)到紀(jì)念品的概率．19．如圖，在△ABC中，已知，，，BC，AC邊上的兩條中線AM，BN相交于點(diǎn)P．(1)求的正弦值；(2)求的余弦值．20．如圖，在四棱錐E-ABCD中，，，E在以AB為直徑的半圓上（不包括端點(diǎn)），平面平面ABCD，M，N分別為DE，BC的中點(diǎn)．(1)求證：平面ABE；(2)當(dāng)四棱錐E-ABCD體積最大時(shí)，求二面角N-AE-B的余弦值．21．已知雙曲線：經(jīng)過點(diǎn)A，且點(diǎn)到的漸近線的距離為．(1)求雙曲線C的方程；(2)過點(diǎn)作斜率不為的直線與雙曲線交于M，N兩點(diǎn)，直線分別交直線AM，AN于點(diǎn)E，F(xiàn)．試判斷以EF為直徑的圓是否經(jīng)過定點(diǎn)，若經(jīng)過定點(diǎn)，請求出定點(diǎn)坐標(biāo)；反之，請說明理由．22．已知函數(shù)（）．(1)求函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；(2)若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，．（i）求實(shí)數(shù)a的取值范圍；（ii）求證：．答案第=page1717頁，共=sectionpages1717頁答案第=page11頁，共=sectionpages22頁參考答案：1．C【詳解】因?yàn)?，所以故選：C2．B【詳解】由題意，復(fù)數(shù)z滿足，可得，所以z的虛部為.故選：B.3．A【詳解】以邊長為2的正方形的一邊所在直線為旋轉(zhuǎn)軸，旋轉(zhuǎn)一周得到的旋轉(zhuǎn)體為圓柱，其底面半徑r=2，高h(yuǎn)=2，故其側(cè)面積為.故選：A4．B【詳解】由正弦型函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)示意圖如下：所以，則，可得.故選：B5．D【詳解】解：因?yàn)閳AM：，即圓M：，圓心，因?yàn)閳A心在橢圓上，所以，即，令，則，即，解得，即，所以離心率；故選：D6．C【詳解】解：因?yàn)?，所以，即，所以，即，所以，所以或，所以或，，?dāng)時(shí)，，不合題意，舍去，當(dāng)時(shí)，，所以.故選：C.7．D【詳解】A：假設(shè)事件A：該家庭3個(gè)小孩至少有1個(gè)女孩，則包含(女，男，男)的可能，事件B：該家庭3個(gè)小孩至少有一個(gè)男孩，則包含(女，女，男)的可能，所以，故A錯(cuò)誤；B：事件“3個(gè)孩子都是男孩”與事件“3個(gè)孩子都是女孩”不可能同時(shí)發(fā)生，是互斥但不對立事件，故B錯(cuò)誤；C：3個(gè)小孩可能發(fā)生的事件如下：男男男、男男女、男女女、男女男、女女女、女女男、女男女、女男男共8種，其中只有一個(gè)男孩的概率為：，故C錯(cuò)誤；D：設(shè)M={至少一個(gè)有男孩}，N={至少有2個(gè)男孩}，由選項(xiàng)C可知，，所以，故D正確.故選：D8．C【詳解】由題設(shè)，，定義域?yàn)榍?，所以關(guān)于對稱，C正確；又，當(dāng)時(shí)，不妨假設(shè)，則，顯然，此時(shí)在上有遞減區(qū)間，A錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，在上，即在上遞增，B錯(cuò)誤；由，不可能為定值，故D錯(cuò)誤.故選：C【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用導(dǎo)數(shù)結(jié)合分類討論研究函數(shù)的區(qū)間單調(diào)性，根據(jù)、是否成立判斷對稱性(為常數(shù)).9．BD【詳解】如圖，A：，故A錯(cuò)誤；B：，故B正確；C：，故C錯(cuò)誤；D：，由，得，所以，故D正確.故選：BD10．AC【詳解】解：依題意，，因?yàn)榛貧w直線方程為必過樣本中心點(diǎn)，即，解得，故A正確；則回歸直線方程為，則與成正相關(guān)，即相關(guān)系數(shù)，故B錯(cuò)誤，當(dāng)時(shí)，即該人工智能公司第6年的利潤約為7.8億元，故C正確，該人工智能公司這5年的利潤的方差為，故D錯(cuò)誤；故選：AC11．ABD【詳解】解：動(dòng)圓C與圓A和直線l都相切，當(dāng)圓C與圓A相外切時(shí)，取到A的距離為d+1，且平行于l的直線，則圓心C到A的距離等于圓心C到的距離，由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點(diǎn)，以為準(zhǔn)線的拋物線；當(dāng)圓C與圓A相內(nèi)切時(shí)，取到A的距離為d-1，且平行于l的直線，則圓心C到A的距離等于圓心C到的距離，由拋物線的定義得：圓心C的軌跡是以A為焦點(diǎn)，以為準(zhǔn)線的拋物線；所以，當(dāng)時(shí)，拋物線不完整，所以，，，，故選：ABD12．BCD【詳解】以為原點(diǎn)，所在直線分別為軸，建系如圖，對于選項(xiàng)A，當(dāng)時(shí)，，，設(shè)點(diǎn)關(guān)于平面的對稱點(diǎn)為，則，.所以.故A不正確.對于選項(xiàng)B，設(shè)，則，由得，即，解得，所以存在唯一的點(diǎn)P滿足，故B正確.對于選項(xiàng)C，，設(shè)，則，由得.在平面中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，則的軌跡方程表示的軌跡就是線段，而，故C正確.對于選項(xiàng)D，當(dāng)時(shí)，，設(shè)，則，由得，即，在平面中，建立平面直角坐標(biāo)系，如圖，記的圓心為，與交于；令，可得，而，所以，其對應(yīng)的圓弧長度為；根據(jù)對稱性可知點(diǎn)P軌跡長度為；故D正確.故選：BCD.13．2【詳解】由題意知，，，解得.故答案為：14．【解析】【分析】利用奇函數(shù)可得，結(jié)合及已知解析式即可求值.【詳解】由題設(shè)，，又，所以.故答案為：.15．【解析】【分析】根據(jù)題意求出點(diǎn)A、B的坐標(biāo)，由平面向量的坐標(biāo)表示和向量的幾何意義寫出的表達(dá)式，利用三角函數(shù)的值域即可求出的最大值.【詳解】由題意知，直線分別與x軸、y軸交于點(diǎn)A、B，則，又，所以，有，則，其中，當(dāng)時(shí)，取得最大值，且最大值為.故答案為：16．##1.5【解析】【分析】由圓內(nèi)接四邊形性質(zhì)結(jié)合正弦定理可得到，再利用托勒密定理得，結(jié)合整理得，求得答案.【詳解】根據(jù)圓內(nèi)接四邊形的性質(zhì)可知;,所以，即，在中，,故，由題意可知：,則，所以，故，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號取得，又，所以，則，則實(shí)數(shù)的最小值為，故答案為：17．(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）將已知條件轉(zhuǎn)化為，由此證得數(shù)列是等比數(shù)列.（2）利用分組求和法求得.(1)由，得，又，故，故，所以，所以數(shù)列是以為首項(xiàng)，為公比的等比數(shù)列．(2)由（1）可知，所以，

所以．18．(1)分布列見解析，數(shù)學(xué)期望為(2)【解析】【分析】（1）先得出隨機(jī)變量X可取的，并求出相應(yīng)概率，列出分布列，計(jì)算數(shù)學(xué)期望；（2）分別求出甲取球1次后、取球2次后、取球3次后可領(lǐng)取紀(jì)念的概率，再相加得出甲能夠領(lǐng)到紀(jì)念品的概率．(1)由題意得，隨機(jī)變量X可取的值為1，2，3，易知，，所以，則隨機(jī)變量X的分布列如下：X123P0.30.60.1所以(2)由（1）可知，參與者每輪得1分，2分，3分的概率依次為0.3，0.6，0.1，記參與者第i輪的得分為，則其前n輪的累計(jì)得分為，若參與者取球1次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者得2分，則；若參與者取球2次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者獲得的分?jǐn)?shù)之和為4分，有“”、“”的情形，則；若參與者取球3次后可領(lǐng)取紀(jì)念品，即參與者獲得的分?jǐn)?shù)之和為6分，有“”、“”的情形，則；記“參與者能夠領(lǐng)取紀(jì)念品”為事件A，則．19．(1)(2)【解析】【分析】（1）解法1、由余弦定理求得，得到，分別在和，求得和，結(jié)合和互補(bǔ)，求得，再在中，求得，即可求解；解法2、由題意，求得，根據(jù)，結(jié)合的面積為面積的，列出方程，即可求解；（2）解法1、由余弦定理求得，得到，，在中，由余弦定理求得，即可求解；又由，所以．解法2、由，求得，結(jié)合向量的夾角公式，即可求解.(1)解：解法1、由余弦定理得，即，所以，所以，在中，由余弦定理，得，在中，由余弦定理，得，與互補(bǔ)，則，解得，在中，由余弦定理，得，因?yàn)?，所以．解?、由題意可得，，由AM為邊BC上的中線，則，兩邊同時(shí)平方得，，故，因?yàn)镸為BC邊中點(diǎn)，則的面積為面積的，所以，即，化簡得，．(2)解：方法1、在中，由余弦定理，得，所以，由AM，BN分別為邊BC，AC上的中線可知P為重心，可得，，在中，由余弦定理，得，又由，所以．解法2：因?yàn)锽N為邊AC上的中線，所以，，，即．所以．20．(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）取EC的中點(diǎn)的F，連接MF，NF，證得，得到，利用線面平行的判定定理得到平面，同理得到平面，證得平面平面，進(jìn)而得到平面.（2）過E作交AB于O，證得平面ABCD，取CD的中點(diǎn)G，連接OG，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以AB為x軸，以O(shè)E為y軸，以O(shè)G為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，分別求得平面和平面的法向量，利用向量的夾角公式，即可求解.(1)證明：如圖所示，取EC的中點(diǎn)的F，連接MF，NF，因?yàn)镸，F(xiàn)分別為ED和EC的中點(diǎn)，所以，因?yàn)?，所以，因?yàn)槠矫?，平面，所以平面，同理可得平面，因?yàn)?，平面，平面，所以平面平面，因?yàn)槠矫?，所以平?(2)解：如圖所示，過E作交AB于O，因?yàn)槠矫嫫矫鍭BCD，平面平面，平面，所以平面ABCD，故EO為四棱錐E-ABCD的高，要使四棱錐E-ABCD體積最大，則E為弧的中點(diǎn)，所以O(shè)與AB的中點(diǎn)，取CD的中點(diǎn)G，連接OG，因?yàn)?，，所以，因?yàn)槠矫鍭BCD，所以，，所以EO，AB，OG兩兩垂直，以O(shè)為原點(diǎn)，分別以AB為x軸，以O(shè)E為y軸，以O(shè)G為z軸建立空間直角坐標(biāo)系，設(shè)，所以，可得，，，則，，設(shè)平面的一個(gè)法向量，則，可得，令，則平面的一個(gè)法向量為，平面的一個(gè)法向量為，則，由圖可知二面角的平面角為銳角，所以二成角的余弦值為．21．(1)(2)以為直徑的圓經(jīng)過定點(diǎn)，定點(diǎn)坐標(biāo)為和【解析】【分析】（1）根據(jù)點(diǎn)在雙曲線上和點(diǎn)到直線的距離分別建立方程，然后解出方程即可；（2）聯(lián)立直線與雙曲線的方程，利用韋達(dá)定理，并表示出以為直徑的圓的方程，結(jié)合對稱性即可求得定點(diǎn)坐標(biāo)(1)由題意得：因?yàn)殡p曲線C的漸近線方程為，所以有：解得：因此，雙曲線C的方程為：(2)①當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)直線l的方程為由可得：設(shè)、，則由：，由直線AM方程，令，得點(diǎn)由直線AN方程，令，得點(diǎn)則以EF為直徑的圓的方程為：令，有：將，代入上式，得可得：解得：，或即以EF為直徑的圓經(jīng)過點(diǎn)和