【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，由管理员店铺上传

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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12345678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)]nnnS=+−++−+++−……………………………………………

…………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)PAPYPYPY==+=+=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22229cos213BMAMABAMBMABMAMAM+−+==，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2224cos25ABAMBMBAMABAM+−==，因为π(0)2BAM，，………………………………………………………

……………………………5分所以23sin1cos5BAMBAM=−=.………………………………………………………………6分解法2：由题意可得，||||cos4512ABACABAC=°=，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111sinsin222ABAMBAMABACBAC=，…………………………………………4分即，11125sin262

sin45222BAM=°，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||||ABAMBAM

ABAM===，……………………………………………………………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2222cos45BNABANABAN=+−°，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，221033B

PBN==，21033APAM==，………………………………………………………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=+−+2211113244ABABACAC=−−

+=，………………………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(,)2

2AM=，(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MFNFF=，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AB

CD，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==55P

GNGPNG，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212

124(4)(2)(2)yyxxx−=−−−，……………………………………………………………10分将11(4)ykx=−，22(4)ykx=−代入上式，得22121212124[4()16](4)2()4kx

xxxxxxxx−++−=−−++，将（*）式代入上式，22222222226412324[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EF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)2y

yxx=−−，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=−−，，22111112

1244(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()fx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)212ln21f

xxaxaxxax=−+−+−+，故222222()2ln130aafeeee−−−+=−−，又1ln12xxx−−，取02(1)111axaa−++，则20()21(1)21[2(1)(1)]0fxxaxaxxaax−−+−+=−−+）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10a−.……………………………………………………………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222l

n1()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()()01fxfxa

−−+，……………………………………………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=xtx，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)21xaxax=++−，②由①-②，得2212121212122(lnln)(1)()2()()[(1)()2]xxaxxaxxxxa

xxa−=+−+−=−+++，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.……………………………………

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