【文档说明】广东省深圳市2022届高三下学期第一次调研考试（一模）（2月） 数学答案.pdf，共(9)页，716.729 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-1f7defe975e294f5bfbffc4f95576107.html

以下为本文档部分文字说明：

深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第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1234567

8答案CBABDCDC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9101112答案BDACABDBCD三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13.2；14.

2−；15.25+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：（1）由143nnnaa++=，得143nnnaa+=−+，……………………………………………………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1122[3(1)][3(1)]...[3(1)]nnn

S=+−++−+++−………………………………………………………6分1212(33...3)[(1)(1)...(1))]nn=++++−+−++−……………………………………………………7分3(13)1[1(1)]

131(1)nn−−−−=+−−−…………………………………………………………………………8分13(1)42nn++−−=，……………………………………………………………………………………9分所以13(1)42nnnS++−−=，（nN）.……

…………………………………………………………10分18．（12分）解：（1）由题意得，随机变量X可取的值为123，，，易知(1)0.3PX==，(2)0.6PX==，所以(3)0.1PX==，…………………………………………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，深圳市教育科学研究院深圳市教

育科学研究院第2页共8页记参与者第i轮的得分为iX，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)0.6PY==；………………………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)20.30.10.06PY===；………………………………………………………………………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)20.30.10.60.036PY===；…………………………10分记“参与者能够领取纪念品”为事件A，则()(2)(4)(6)PAPYPYP

Y==+=+=0.60.060.0360.696=++=.………………………………12分19．（12分）（1）解法1：由余弦定理，得2222cosBCABACABACBAC=+−，即22222(62

)2262522BC=+−=，213BC=，所以1132BMCMBC===，…………………………………………………………………………2分在△ABM中，由余弦定理，得22229cos213BMAMABAMBMA

BMAMAM+−+==，在△ACM中，由余弦定理，得222259cos213CMAMACAMCMACMAMAM+−−==，BMA与CMA互补，则coscos0BMACMA+=，解得5AM=，……………………………4分在△ABM中，由余弦定理，得2224cos25ABAMBMBA

MABAM+−==，因为π(0)2BAM，，……………………………………………………………………………………5分所以23sin1cos5BAMBAM=−=.………………………………………………………………6分解法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，22211125442AMABACABAC=++=，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111sins

in222ABAMBAMABACBAC=，…………………………………………4分即，11125sin262sin45222BAM=°，化简得，3sin5BAM=.……………………………………

…………………………………………6分解法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，则(22)B，，(620)C，，722()22M，，……………………………………………

…………………2分所以(22)AB=，，722()22AM=，，………………………………………………………………3分所以84cos255||||ABAMBAMABAM===，……………………………………………………………4分

深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第3页共8页因为π(0)2BAM，，所以23sin1cos5BAMBAM=−=.………………………………………6分（2）解法1：在△ABN中，由余弦定理，得2222c

os45BNABANABAN=+−°，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，221033BPBN==，210

33APAM==，………………………………………………………9分在△ABP中，由余弦定理，得2221310cos250PAPBABAPBPAPB+−==，显然，MPNAPB=，所以1310coscos50MPNAPB==．………………………………………

………………………12分解法2：因为BN为边AC上的中线，所以12BNBAANABAC=+=−+，……………………………………………………………………7分11()()22AMBNABACABAC=+−+2211113244ABABACA

C=−−+=，………………………9分222211()1024BNABACABABACAC=−+=−+=，即||10BN=，……………………………10分所以131310cos50||||510AMBNMPNAMBN===．……………………………………………………12分解法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，(62,0)C，(32,0)N，722(,)22M，…………………………………………………8分所以722(,)22AM=，(22,2)BN=−，…………………………………………

………………10分所以131310cos50||||510AMBNMPNAMBN===．……………………………………………………12分20．（12分）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ABDC∥，所以MFAB∥，因为AB平面ABE，MF平面ABE，所以MF∥平面ABE，……………………………………2分深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第4页共8页同理可得NF∥平面ABE，………………………………………………………………………………3分因为M

FNFF=，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

1：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=ABCDAB,EO平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，故EO为四棱锥-EABCD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ABCD∥，1=2ADDCCBAB==，所以OGAB⊥，因为EO⊥平面ABCD，所以,EOABEOOG⊥⊥，所以EOABOG，，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==2ADDCCBABa==，所以=2AEEBa=，易得(00)Aa−，，，(00)Ea，，，33(0,,)44Naa，则有(,,0)AEaa=，73(0)44ANaa=，，，……………………………………………………………9分设平面AEN的一个法向量(,

,)nxyz=，则00AEnANn==，即073044axayayaz+=+=，令1=x，则平面AEN的一个法向量为73(11)3n=−，，，……………………………………………10分平面ABE的一个法向量为(0,0

,1)m=，则737553cos,===55553nmmnnm，…………………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75555.……………………………………………………………12分（2）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平面=ABCDAB,EO平面ABE，所以EO⊥平面ABCD，故EO为四棱锥-EABCD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=ABCDAB,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

么办深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第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==2ADDCCBABa==，ABCD∥，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755cos==55PG

NGPNG，所以二面角NAEB−−的余弦值为75555.……………………………………………………………12分21．（12分）解：（1）由题意得2a=，…………………………………………………………………………………1分因为双

曲线C的渐近线方程为2byx=，所以有222171()2bb=+，………………………………2分解得3b=，………………………………………………………………………………………………3分因此，双曲线C的方

程为22143xy−=.……………………………………………………………………4分（2）解法1：①当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为(4)ykx=−，由22143(4)xyykx−==−，

，得2222(34)3264120kxkxk−+−−=，设11()Mxy，、22()Nxy，，则21223234kxxk−+=−，2122641234kxxk−−=−，（*）………………………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

怎么办深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第6页共8页由直线AN方程22(2)2yyxx=−−，令4x=，得点222(4)2yFx−，，……………………………………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)yyxxx−=−−−，…………………

…………………………………………10分将11(4)ykx=−，22(4)ykx=−代入上式，得22121212124[4()16](4)2()4kxxxxxxxxx−++−=−−++，将（*）式代入上式，222222222

26412324[416]3434(4)9641232243434kkkkkxkkkk−−−−+−−−=−=−−−−+−−，解得1x=，或7x=，即以EF为直径的圆经过点(10)，和(70)，；………………………………………………………

……11分②当直线l的斜率不存在时，点E、F的坐标分别为(43)，、(43)−，，以EF为直径的圆方程为(4)(4)(3)(3)0xxyy−−+−+=，该圆经过点(70)，和(10)，；综合可得，以E

F为直径的圆经过定点(10)，和(70)，．………………………………………………12分解法2：设直线l的方程为4xty=+，联立221434xyxty−==+，，得22(34)24360tyty−++=，设11()Mxy，，22()Nxy，，则1222434tyyt

−+=−，1223634yyt=−，…………………………………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222(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)Tt，，则112(4)2yTEtx=−−，，222(4)2yTFtx=−−，，221111121244(

4)(4)(2)(2)(2)(2)yyyyTETFttxxtyty=−+=−+−−++211212124(4)2()4yyttyytyy=−++++22222236434(4)(4)93624243434tttttttt−=−+=−−−++−−，……………………………………………

…10分因为以EF为直径的圆过定点(,0)Tt，所以2(4)90TETFt=−−=，……………………………11分解得1t=，或7t=，所以以EF为直径的圆过定点(10)，和(70)，.……………………………………………

……………12分22．（12分）解：（1）22(1)[(1)1]()2(1)2xaxfxaxaxx++−=−+−=−，…………………………………………2分①当1a−时，有()0fx，(0)+，是函数()f

x的单调增区间；………………………………3分深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第7页共8页②当1a−时，由()0fx，解得1(0)1xa+，，由()0fx，解得1()1xa++，，函数()

fx的增区间是1(0)1a+，，减区间是1()1a++，.………………………………………………4分（2）（i）解法1：由（1）知，当1a−时，()fx在(0)+，上单调递增，函数()fx不可能有

两个零点；…………………………………………………………………………5分当1a−时，因为()fx在1(0)1a+，上递增，在1()1a++，上递减，且当0x+→时()fx→−，当x→+时，()fx→−，（另解：因为2()2ln(1)212ln21fxxaxa

xxax=−+−+−+，故222222()2ln130aafeeee−−−+=−−，又1ln12xxx−−，取02(1)111axaa−++，则20()21(1)21[2(1)(1)]0fxxa

xaxxaax−−+−+=−−+）因此，要使函数()fx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)1xgxxxx=++−+，因为221()01(1)gxxx=+++，所以函数()gx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10

a−.……………………………………………………………8分解法2：函数()fx有两个零点，即方程222ln12xxaxx+−=+有两个不同的实根，令222ln1()2xxgxxx+−=+，则222(1)(12ln)()(2)xxxgxxx+−−=+，因为()12lnhxxx=−−

在(0)+，∞上单调递减，且(1)0h=，所以当01x时，()0hx，()0gx，()gx在(01)，上单调递增，当1x时，()0hx，'()0gx，()gx在(1)+，∞上单调递减，……………………………………6分所以当=1x时，()gx取到最大

值，最大值(1)0g=，当0x+→时()gx→−，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()fx在1(0)1a+，时单调递增，且11(0)1xa+，，221(0)11xaa−++，，于是只需证明122()()1fxfxa−+，因为12()()fxfx=，所以即证222()()01fxfx

a−−+，……………………………………………10分深圳市教育科学研究院深圳市教育科学研究院第8页共8页记2()()()1Fxfxfxa=−−+，1()1xa++，，222()()()4(1)211Fxfxfxaaxxa=+−=+−++−+2444(1)4

(1)021(1)()(1)()11aaaxxaaa=−+−+=+−+++，所以()Fx在1()1a++，单调递增，则1()()01FxFa=+，即证得1221211xxaa+++，原命题得证.…………………………………………………………12分解法2：先证明不

等式：121212lnln2xxxxxx−+−（*），不妨设120xx，即证121212()(lnln)2()xxxxxx+−−，即证：111222(1)ln2(1)xxxxxx+−，令12=x

tx，01t，即证：(1)ln2(1)ttt+−.设()(1)ln2(1)gtttt=+−−1t（0），则1()ln1gttt=+−，21()tgtt−=，因为01t，所以()0gt，()(1)0gtg=，所以()gt在(01)，上单调递增，()(1)0gtg=

，因此，不等式(1)ln2(1)ttt+−成立，从而不等式*（）成立，………………………………………9分由1()=0fx，得21112ln(1)21xaxax=++−，①由2()=0fx，得22222ln(1)21xaxa

x=++−，②由①-②，得2212121212122(lnln)(1)()2()()[(1)()2]xxaxxaxxxxaxxa−=+−+−=−+++，即1212122lnln(1)()2xxxxaxxa−=−+++，根据不等式（*），

有121222(1)()2xxaxxa++++，…………………………………………………10分即1212[()2][(1)()2]0xxaxx++++−，因为1220xx++，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分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com