广东省深圳市2022年高三上学期数学期中质量监测试卷附答案.pdf

1、 高三上学期数学期中质量监测试卷 高三上学期数学期中质量监测试卷一、单选题一、单选题1已知集合 ，则 （）ABCD2已知复数 满足 （其中 为虚数单位），则复数 （）ABCD3已知等差数列 满足 ，前 5 项和 ，则 （）A-2B-1C1D24已知 ，则 （）ABCD5 的展开式中，的系数为（）A160B-160C-20D206已知函数 ，若关于 的方程 有两个不同的实数根，则实数 的取值范围为（）ABCD7如图，在 中，为 的中点，将 沿 折起到 的位置，使得二面角 为 ，则三棱锥 的体积为（）AB4CD28已知 为偶函数，为奇函数，且 ，则下列结论错误的是（）AB，C，且 ，若 ，则 D二

2、、多选题二、多选题9下列说法正确的是（）A直线 与 平行，则 B正项等比数列 满足 ，则 C在 中，若三角形有两解，则边长 的范围为 D函数 为奇函数的充要条件是 10函数 ，则下列说法正确的是（）A若 ，则 的值域为 B函数 在 上为增函数C函数 的图象关于点 对称D函数 的图象可以由 的图象向右平移 个单位长度得到11已知圆 上有四个不同的点到直线 的距离为 2，则 的值可取（）A3B4C5D612已知函数 （为自然对数的底数），过点 作曲线 的切线.下列说法正确的是（）A当 时，若只能作两条切线，则 B当 ，时，则可作三条切线C当 时，可作三条切线，则 D当 ，时，有且只有一条切线三、填

3、空题三、填空题13已知向量 ，若 ，则 .14已知随机变量 ，且 ，则 .15已知点 在圆 上，已知 ，则 的最小值为 .16已知正方体 的棱长为 ，点 为 中点，点 在四边形 内（包括边界），点 到平面 的距离等于它到点 的距离，直线 平面 ，则 的最小值为 .四、解答题四、解答题17已知数列 的前 项和为 且 .（1）求数列 的通项公式 （2）求数列 的前 项和 。18在 中，的角平分线 与边 相交于点 ，满足 .（1）求证：；（2）若 ，求 的大小.19已知矩形 满足 ，点 为 的中点，连接 ，交 于点 .将 沿 折起，点 翻折到新的位置 ，得到一个四棱锥 .（1）证明：平面 ；（2）若

4、平面 平面 ，求二面角 的余弦值.202021 年 8 月 3 日，国务院印发了全民健身计划（2021-2025），就促进全民健身更高水平发展更好满足人民群众的健身和健康需求，提出 5 年目标和 8 个方面的主要任务.为此，深圳市政府颁发了深圳建设国家体育消费试点城市实施方案，进一步推动深圳市体育的高质量发展.为了响应全民健身和运动的需要，某单位举行了羽毛球趣味发球比赛，比赛规则如下：每位选手可以选择在 区发球 2 次或者 区发球 3 次，球落到指定区域内才能得分，在 区发球时，每得分一次计 2 分，不得分记 0 分，在 区发球时，每得分一次计 3 分，不得分记 0 分，得分高者胜出.已知选手

5、甲在 区和 区每次发球得分的概率为 和 .（1）如果选手甲以在 区和 区发球得分的期望值较高者作为选择发球区的标准，问选手甲应该选择在哪个区发球？（2）求选手甲在 区得分高于在 区得分的概率.21已知圆 ：和定点 ，动点 在圆 上.（1）过点 作圆 的切线，求切线方程；（2）若满足 ，设直线 与直线 相交于点 .求证：直线 过定点；试探究 和 的定量关系.22设函数 ，其中 .（1）当 ，时，求证：；（2）若 为 的极值点，且 ，求 的值.答案解析部分答案解析部分1【答案】B【解析】【解答】解：由题意，所以 .故答案为：B.【分析】化简集合 A，B，再根据交集的定义运算，可得答案。2【答案】C

6、【解析】【解答】，则 .故答案为：C.【分析】根据复数的模长和复数代数形式的乘除运算化简，再利用共轭复数的概念可得答案。3【答案】D【解析】【解答】，解得 故答案为：D【分析】根据等差数列前 n 项和公式进行求解，可得答案。4【答案】A【解析】【解答】令 ，则 ，则 ，故 .故答案为：A【分析】利用三角函数的诱导公式将要求解的角转化为已知的角表示，再化简求解即可。5【答案】B【解析】【解答】因为 的展开式的通项公式为 ，令 可得 ，所以 的系数为 .故答案为：B.【分析】利用二项展开式的通项公式求出二项展开式的第 r+1 项，令 x 的指数为 3，求出展开式中 x3的系数.6【答案】C【解析】

7、【解答】如图，为 的图象，要使 有两不同实数根，即 与 有两不同交点，故 .故答案为：C【分析】作出函数 f(x)的图象，将关于 x 的方程 有两个不同的实数根，转化为图象的交点个数问题，即可求得实数 的取值范围.7【答案】A【解析】【解答】由 ，由旋转前后对应边，对应角相等可得：，又二面角 为 ，即 ，故 为等边三角形，作 中点 ，连接 ，可得 ，又 ，所以 平面 ，所以 ，即 平面 ，结合几何关系可得 ，故 .故答案为：A【分析】由 ，由旋转前后对应边，对应角相等可得：，可得 为等边三角形，作 中点 ，连接 ，可得，利用线面垂直的判定定理可得 平面，平面 ，再利用三棱锥的体积公式，即可求出

8、答案。8【答案】D【解析】【解答】由题可知：所以 对 A，故正确，不符合题意；对 B，令 ，则 （当且仅当 时取等号）又 ，所以 ，所以 在 单调递增，所以 ，即 ，所以函数 在 单调递增，所以 ，B 正确，不符合题意；对 C，设 则 ，令 所以 为 的增函数，等价于 在 上恒成立，即 ，（当且仅当 时取等号），所以 ，C 正确，不符合题意；对 D，所以 ，D 错误，符合题意故答案为：D【分析】根据题意，由函数的奇偶性和解析式可得，联立可得 f(x)、g(x)的解析式，然后逐项进行分析，可得答案。9【答案】B,C,D【解析】【解答】对于 A：若直线 与 平行，则 ，解得：，A 不正确；对于 B

9、：数列 满足 ，所以 ，所以 ，可得 ，所以 ，B 符合题意；对于 C：在 中，由正弦定理可得 ，即 ，因为 ，因为 有两个值，且两个值互补，若 ，则其补角大于 ，则 不成立，所以 ，因为 时也是一解，所以 且 ，所以 ，C 符合题意；对于 D：函数 为奇函数，则 ，可得 ，当 时，所以当 时，是奇函数，函数 为奇函数的充要条件是 ，D 符合题意；故答案为：BCD.【分析】利用两直线平行的性质进行求解，可判断 A 选项的正误；利用等比数列的通项公式及求和公式进行计算，可判断 B 选项的正误；利用正弦定理即可判断 C 选项的正误；利用奇函数的性质即可判断 D 选项的正误。10【答案】A,B,D【

10、解析】【解答】，对 A，当 ，故 ，A 符合题意；对 B，故函数 在 上为增函数，B 符合题意；对 C，当 时，故 的图象关于点 对称；对 D，若 向右移 个单位长度，得到 ，D 符合题意.故答案为：ABD【分析】利用三角恒等变换化简，再根据正弦的单调性，对称性及三角函数图象变换规律，逐项进行判断，可得答案。11【答案】A,B【解析】【解答】依题可知：圆心到直线的距离小于 1所以 故答案为：AB【分析】根据点到直线的距离公式进行计算，即可求出答案。12【答案】A,C,D【解析】【解答】设切点为 ，由 可得 ，所以在点 处的切线的斜率为 ，所以在点 处的切线为：，因为切线过点 ，所以 ，即 ，设

11、 ，则 ，当 时，由 可得 ，由 可得：或 ，所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，当 趋近于 时，趋近于 ，对于 A：当 时，若只能作两条切线，则 与 图象有两个交点，由图知 ，A 符合题意；对于 B：当 ，时，与 图象有一个交点，此时只能作一条切线，B 不正确；对于 C：，当 时，由 可得 ，由 可得：或 ，所以 在 和 上单调递减，在 上单调递增，极小值 ，极大值 ，若可作三条切线，则 与 图象有三个交点，所以 ，C 符合题意；对于 D：当 时，所以 单调递减，当 趋近于 时，趋近于 ，当 趋近于 时，趋近于 ，此时 与 图象有一个交点，所以有且只有一条切线，D 符合题意；故答案为：

12、ACD.【分析】设切点为 ，由 求导可得，可得点 处的切线的斜率，再利用点斜式可得在点 处的切线，设 ，求导，根据导数符号可得在 ，上单调性，进而求出极值，作出图像，数形结合，逐项进行判断，可得答案。13【答案】-4【解析】【解答】，解得 .故答案为：-4.【分析】根据题意，求出 的坐标，由向量垂直的判断方法可得，解可得 k 的值，即可得答案.14【答案】1-2m【解析】【解答】由 ，且 则 ，所以 故答案为：1-2m【分析】根据已知条件，结合正态分布的对称性，即可求解.15【答案】-6【解析】【解答】解：因为点 在圆 上，所以设点 ，则 ，所以 化简得 ，所以当 时，取得最小值 .故答案为：

13、-6.【分析】由题意设点 ，表示出 的坐标，在利用平面向量数量积的运算即可求出，利用正弦函数的性质，即可求出 的最小值。16【答案】【解析】【解答】如图所以 ，设 由点 到平面 的距离等于它到点 的距离，即点 到 的距离等于它到点 的距离在平面 中，直线 方程为 所以 ，所以点 的轨迹方程为 ，设平面 的一个法向量为 则 ，令 ，所以 所以 ，由直线 平面 所以 所以点 的轨迹为 的导函数为 所以 ，所以同 平行的直线与 相切的切点为 ，所以点 到直线 的距离为 所以 的最小值为 故答案为：【分析】由题意，点 到平面 的距离等于它到点 的距离，即点 到 的距离等于它到点 的距离，可得点 的轨迹

14、方程，求出平面 的一个法向量，利用向量法即可求出点 的轨迹，对函数求导可得同 平行的直线与 相切的切点，再利用点到直线的距离公式即可求出 的最小值。17【答案】（1）解：因为 ，当 时，两式相减可得，即 整理可得，解得 ，所以数列 为首项为 ，公比为 的等比数列；（2）解：由题意可得：，所以 两式相减可得，【解析】【分析】（1）由已知 ，利用 列式，即可求出数列 的通项公式；（2）由（1）得到 ，利用错位相减法进行数列求和，即可求出数列 的前 项和 .18【答案】（1）证明：因为 为 的角平分线，故 ，在 中，由正弦定理可得：，在 中，由正弦定理可得：，由和可得 ，又 ，故 ，可得：，即（2）

15、解：由题意可知 ，由（1）知 ，不妨设 .在 中，由余弦定理可得：，即，在 中，由余弦定理可得：，即，由又 ，故 ，由和可解得：，从而可得 ，在 中，由余弦定理得：，又 ，故 .【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得，再由已知条件，即可证得 ；（2）由（1）知 ，不妨设 ，利用余弦定理即可求出，再利用余弦定理即可求出 的大小.19【答案】（1）证明：矩形 中，点 为 的中点，设 ，则 ，则 ，即 ，又 ，平面 ，平面 ；（2）解：平面 平面 ，平面 平面 ，平面 ，平面 ，则以 为坐标原点，为 轴可建立如图所示空间直角坐标系，则 ，设平面 法向量为 ，则 ，即 ，令 ，解得：，；设平面 法向量

16、为 ，则 ，即 ，令 ，解得：，；，二面角 的余弦值为 .【解析】【分析】（1）由已知条件推出，根据相似三角形的性质求出 OM，OB，再利用勾股定理可得，进而得出 ，利用线面垂直的判定定理可证得 平面 ；（2）以 为坐标原点，为 轴可建立如图所示空间直角坐标系，求出平面 法向量和平面 法向量，利用向量法求出二面角 的余弦值。20【答案】（1）解：设选手甲在 区发 2 次球的得分次数为 ，则 ，故 ，则甲在 区发球得分的期望为 .设选手甲在 区发 3 次球的得分次数为 ，则 ，故 ，则甲在 区发球得分的期望为 .由于 .故答案为：手甲应该选择在 区发球.（2）解：设选手甲在 区得分高于在 区得分

17、为事件 ，甲在 区得 2 分在 区得 0 分为事件 ，甲在 区得 4 分在 区得 0 分为事件 ，甲在 区得 4 分在 区得 3 分为事件 ，则 ，显然，为互斥事件，则 ，.故答案为：手甲在 区得分高于在 区得分的概率为 .【解析】【分析】(1)可得选手甲在 A 区发 2 次球的得分次数和在 B 区发 3 次球的得分次数服从二项分布，即可求出得分的期望，比较得到答案；(2)根据互斥事件的概率公式可计算选手甲在 区得分高于在 区得分的概率.21【答案】（1）解：当过点 的直线方程为 时，直线与圆 不相切，故可设切线方程为 ，即 圆心到直线的距离 ，整理得 解得 或 ，切线方程为 或 .（2）解：

18、由题意可知，直线 斜率不为零，可设直线 的方程为 ，其中 ，将直线和圆的方程联立 ，整理得 ，由韦达定理得：，由题意知 ，得 代入韦达定理并化简得：所以 ，的方程为 ，经过定点 .设 的方程为 ，得 ，即 则【解析】【分析】（1）当过点 的直线方程为 时，直线与圆 不相切，设切线方程为，利用点到直线的距离公式可得 ，求解 k 的值，进而可得切线方程；（2）设直线 的方程为 ，其中 ，将直线和圆的方程联立，整理得 ，利用韦达定理可得，可证得 的方程为 ，经过定点 ；设 的方程为 ，得，即可求得，即 。22【答案】（1）证明：当 时，故 在 为增函数，则 ，故 在 为增函数，所以（2）解：令 ，易

19、知 ，当 时，为增函数，又 ，故 时，时，则 在 单调递减，在 单调递增，为 的极小值点，不满足题意.当 时，令 ，则 当 时，时，故 在 单调递减，在 单调递增.当 时，故 在 单调递增，且 ，此时 在 单调递增，不存在极值点 ，不合题意.当 时，又 在 单调递减，在 单调递增.故 ，又因为 ，由（1）可知故 在 有唯一零点 ，此时 在 单调递减，在 单调递增，且 ，所以 ，易得 故 .综上所述，满足题意的 值为 .【解析】【分析】（1）当 时，求导，根据导数符号可得 在 的单调性，进而可得 ；（2）令 ，易知 ，求导，分 和 两种情况判断 的符号，根据导数符号可得 的单调性，进而可得 在 和 上的单调性，进而求出 的值.