广东省深圳高级中学2022届高三数学前最后模拟试卷理

深圳市高级中学2022届第二套高考模拟试卷理科数学一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个正确答案）。1．若则A．(-2，2)B．(-2，-1)C．(0，2)D．(-2，0)2．已知且，则的值为A．B．C．D．3．已知a、b、c成等差数列，则直线被曲线截得的弦长的最小值为A．B．C．D．24．程序框图如图，如果程序运行的结果为S＝132，那么判断框中应填入A.B．C．D．5.已知为的边的中点，所在平面内有一点，满足，设，则的值为A．1B．C．2D．6．设x，y满足约束条件，若目标函数的最大值为6，则的最大值为A．9B．6C．7．在直三棱柱ABC—ABC中，分别为棱AC、AB上的动点（不包括端点），若则线段DE长度的取值范围为A．B．C．D．8.设函数其中表示不超过的最大整数，如=-2，=1，=1，若直线y=与函数y=的图象恰有三个不同的交点，则的取值范围是A．B．C．D．二、填空题（本大题共6小题分，每小题5分，共30分。其中14，15小题为选做题，考生从给出的二道选做题中选择其中一道作答，若二题全答的只计算前一题得分）9．已知复数w满足(为虚数单位），则＝_10.函数的单调递增区间是_11.掷两颗骰子得两数，则事件“两数之和大于”的概率为_12.已知椭圆的左焦点是，右焦点是，点在椭圆上，如果线段的中点在轴上，那么13.已知对于任意实数，函数满足.若方程有2022个实数解，则这2022个实数解之和为14.(坐标系与参数方程选做题)已知圆的极坐标方程ρ=2cosθ，直线的极坐标方程为ρcosθ－2ρsinθ+7=0，则圆心到直线的距离为_15.(几何证明选讲选做题)如图所示，圆O上一点C在直径AB上的射影为D，CD=4，BD=8，则圆O的半径等于_三、解答题（本大题共6小题，共80分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）16.(本小题满分12分)已知向量，，.(1)若求向量，的夹角；(2)当时，求函数的最大值。17.（本小题满分12分）甲有一个装有个红球、个黑球的箱子，乙有一个装有个红球、个黑球的箱子，两人各自从自己的箱子里任取一球，并约定:所取两球同色时甲胜，异色时乙胜（，，，）．(Ⅰ)当,时，求甲获胜的概率；（Ⅱ）当，时，规定：甲取红球获胜得3分；取黑球获胜得1分；甲负得0分．求甲的得分期望达到最大时的，值；（Ⅲ）当时，这个游戏规则公平吗？请说明理由．18．（本题满分14分）如图，α⊥β，α∩β=l，A∈α，B∈β，点A在直线l上的射影为A1，点B在l的射影为B1，已知AB=2，AA1=1，BB1=eq\r(2)，求:(Ⅰ)直线AB分别与平面α，β所成角的大小;(Ⅱ)二面角A1－AB－B1的余弦值．19.（本题满分14分）给定椭圆＞＞0，称圆心在原点，半径为的圆是椭圆的“伴随圆”．若椭圆的一个焦点为，其短轴上的一个端点到的距离为．（1）求椭圆的方程及其“伴随圆”方程；（2）若倾斜角为的直线与椭圆C只有一个公共点，且与椭圆的伴随圆相交于M、N两点，求弦MN的长；（3）点是椭圆的伴随圆上的一个动点，过点作直线，使得与椭圆都只有一个公共点，求证：⊥.20.（本小题满分14分）已知函数，，为常数．求函数的定义域；若时，对于，比较与的大小；讨论方程解的个数．21．（本小题满分14分）已知各项均不为零的数列{an}的前n项和为Sn，且满足a1＝c，2Sn＝anan＋1＋r．（1）若r＝－6，数列{an}能否成为等差数列？若能，求满足的条件；若不能，请说明理由；（2）设，，若r＞c＞4，求证：对于一切n∈N*，不等式恒成立．深圳市高级中学2022届第一套高考模拟试卷理科数学答题卷一、选择题：（本大题共8小题，每小题5分，共40分）题号12345678选项二、填空题：（本大题共6小题，每小题5分，共30分，把答案填写在横线上）9．10.11.12.13.14.15.三、解答题（本大题共6小题，共80分）16.(本小题满分12分)17.(本小题满分12分)18．(本小题满分14分)19.(本小题满分14分)20.(本小题满分14分)21.(本小题满分14分)深圳市高级中学2022届第一套高考模拟试卷理科数学答案一、DBDACACD二、9.10.11.12.5:313.014.15.5三、解：(1)当x=eq\f(π,6)时，cos=eq\f(a·c,|a|·|c|)=eq\f(-cosx,eq\r(cos2x+sin2x)·eq\r((-1)2+02))=-cosx=-coseq\f(π,6)=coseq\f(5π,6)。∵0≤≤π，∴=eq\f(5π,6)；……6分(2)f(x)=2a·b+1=2(-cos2x+sinxcosx)+1=2sinxcosx-(2cos2x-=sin2x-cos2x=eq\r(2)sin(2x-eq\f(π,4))。…………………9分∵x∈[eq\f(π,2)，eq\f(9π,8)]，∴2x-eq\f(π,4)∈[eq\f(3π,4)，2π]，故sin(2x-eq\f(π,4))∈[-1,eq\f(eq\r(2),2)]，∴当2x-eq\f(π,4)=eq\f(3π,4)，即x=eq\f(π,2)时，取得最大值，且f(x)max==1。……12分17.解：(Ⅰ)由题意，甲、乙都取红球的概率,甲、乙都取黑球的概率,∴甲获胜的概．………3分（Ⅱ）令表示甲的分数，则的取值为0,1,3,，，，013得的分布列如下：于是；又且，∴，且故当时，的最大值为．………………7分（Ⅲ）由题意，两人各自从自己的箱子里任取一球比颜色共有种不同情形，每种情形都是等可能的，记甲获胜为事件A，乙获胜为事件B，则，，∴，当时，，甲、乙获胜的概率相等，这个游戏规则是公平的；当时，，甲获胜的概率大于乙获胜的概率，这个游戏规则不公平，有利于甲．………………12分18．解法一:(Ⅰ)如图，连接A1B，AB1，∵α⊥β，α∩β=l,AA1⊥l，BB1⊥l，∴AA1⊥β，BB1⊥α．则∠BAB1，∠ABA1分别是AB与α和β所成的角．Rt△BB1A中，BB1=eq\r(2)，AB=2，∴sin∠BAB1=eq\f(BB1,AB)=eq\f(\r(2),2)．∴∠BAB1=45°．Rt△AA1B中，AA1=1，AB=2，sin∠ABA1=eq\f(AA1,AB)=eq\f(1,2)，∴∠ABA1=30°．故AB与平面α，β所成的角分别是45°，30°．………………6分(Ⅱ)∵BB1⊥α，∴平面ABB1⊥α．在平面α内过A1作A1E⊥AB1交AB1于E，则A1E⊥平面AB1B．过E作EF⊥AB交AB于F，连接A1F，则由三垂线定理得A1F⊥AB，∴∠A1FE就是所求二面角的平面角．在Rt△ABB1中，∠BAB1=45°，∴AB1=B1B=eq\r(2)．∴Rt△AA1B中，A1B=eq\r(AB2－AA12)=eq\r(4－1)=eq\r(3)．由AA1·A1B=A1F·AB得A1F=eq\f(AA1·A1B,AB)=eq\f(1×\r(3),2)=eq\f(\r(3),2)，∴在Rt△A1EF中，sin∠A1FE=eq\f(A1E,A1F)=eq\f(\r(6),3)，∴二面角A1－AB－B1的余弦值eq\f(\r(3),3)．解法二:(Ⅰ)同解法一．(Ⅱ)如图，建立坐标系，则A1(0，0，0)，A(0，0，1)，B1(0，1，0)，B(eq\r(2)，1，0)．在AB上取一点F(x，y，z)，则存在t∈R，使得eq\o(AF,\s\up6(→))=teq\o(AB,\s\up6(→))，即(x，y，z－1)=t(eq\r(2)，1，－1)，∴点F的坐标为(eq\r(2)t，t，1－t)．要使eq\o(A1F,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，须eq\o(A1F,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=0，即(eq\r(2)t，t，1－t)·(eq\r(2)，1，－1)=0，2t+t－(1－t)=0，解得t=eq\f(1,4)，∴点F的坐标为(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(3,4))，∴eq\o(A1F,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，eq\f(1,4)，eq\f(3,4))．设E为AB1的中点，则点E的坐标为(0，eq\f(1,2)，eq\f(1,2))．∴eq\o(EF,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,4))．又eq\o(EF,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))=(eq\f(\r(2),4)，－eq\f(1,4)，eq\f(1,4))·(eq\r(2)，1，－1)=eq\f(1,2)－eq\f(1,4)－eq\f(1,4)=0，∴eq\o(EF,\s\up6(→))⊥eq\o(AB,\s\up6(→))，∴∠A1FE为所求二面角的平面角．又cos∠A1FE=eq\f(\o(A1F，\s\up6(→))·\o(EF,\s\up6(→)),|\o(A1F,\s\up6(→))|·|\o(EF,\s\up6(→))|)=eq\f((\f(\r(2),4)，\f(1,4)，\f(3,4))·(\f(\r(2),4)，－\f(1,4)，\f(1,4)),\r(\f(2,16)+\f(1,16)+\f(9,16))·\r(\f(2,16)+\f(1,16)+\f(1,16)))=eq\f(\f(1,8)－\f(1,16)+\f(3,16),\r(\f(3,4))·\f(1,2))=eq\f(1,\r(3))=eq\f(\r(3),3)，∴二面角A1－AB－B1的余弦值eq\f(\r(3),3)．………………14分19.解：（1）因为，所以，所以椭圆的方程为，伴随圆的方程为.………………4分（2）设直线的方程，由得由得，圆心到直线的距离为所以。………………8分（3）①当中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，当方程为时，此时与伴随圆交于点此时经过点（或且与椭圆只有一个公共点的另一条直线是(或，即为(或，显然直线垂直；同理可证方程为时，直线垂直.………………10分②当都有斜率时，设点其中，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，由，消去得到，即，，经过化简得到：，因为，所以有，设的斜率分别为，因为与椭圆都只有一个公共点，所以是关于的方程：的两个实数根，因而，即⊥.………………14分20.解:（1）由，得：，∴函数的定义域．……3分（2）令，则时，。又（仅在时，）∴在内是增函数，……6分∴当时，，；当时，，；当时，，．……8分（3）讨论方程解的个数，即讨论零点的个数．因为，所以①当时，，，所以（仅在时，）在内是增函数，又，所以有唯一零点；……9分②当时，由（2）知有唯一零点；……10分③当时，，（仅在时，）所以在内是增函数，又，所以有唯一零点；……11分④当时，，，或时，，递增，时，，递减．,;时，;时，，∴在区间，及内各有一个零点．