1、广东省深圳市龙岗区2022届高三上期中质量监测数学试题一单项选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分.）1 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数（ ）A. B. C. D. 3. 已知等差数列满足，前5项和，则（ ）A. B. C. D. 4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 5. 的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 6. 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（ ）A. B. C. D. 7. 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（ ）A. B. 4C. D. 2
2、8. 已知为偶函数，为奇函数，且，则下列结论错误的是（ ）A. B. ，C. ，且，若，则D. 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）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，则值域为B. 函数在上为增函数C. 函数图象关于点对称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（
3、）A. B. C. D. 12. 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空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）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（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. 已知数列的前项和为且.（1）
4、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）若平面平面，求二面角的余弦值.20. 2021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：
5、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.广东省深圳市龙岗区2022
6、届高三上期中质量监测数学试题一单项选择题（本题共8道小题，每小题5分，共40分.）1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先解出集合A,B，进而求出交集.【详解】解：由题意，所以.故选：B.2. 已知复数满足（其中为虚数单位），则复数（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据复数除法运算求出，即可得出答案.【详解】，则.故选：C.3. 已知等差数列满足，前5项和，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由求和公式求解即可.【详解】，解得故选：D4. 已知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】从整体角度出
7、发，令，寻找与的关系，结合诱导公式化简即可.【详解】令，则，则，故.故选：A5. 的展开式中，的系数为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用二项式定理展开式的通项公式可求的系数.【详解】因为的展开式的通项公式为，令可得，所以的系数为.故选：B.6. 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（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】画出函数图象，由数形结合法即可求解.【详解】如图，为的图象，要使有两不同实数根，即与有两不同交点，故.故选：C7. 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（ ）A. B. 4C.
8、D. 2【答案】A【解析】【分析】结合旋转性质可得为等边三角形，作中点，可证平面，再由锥体体积公式即可求解.【详解】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.故选：A8. 已知为偶函数，为奇函数，且，则下列结论错误的是（ ）A. B. ，C. ，且，若，则D. 【答案】D【解析】【分析】根据函数的奇偶性得到函数的解析式，然后逐一验证即可.【详解】由题可知：所以对A，故正确对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，故B正确；对C，设则，令所以为
9、的增函数，等价于在上恒成立， 即，（当且仅当时取等号），所以，故C正确；对D，所以，故D错故选：D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）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【答案】BCD【解析】【分析】根据两直线平行的等价条件列方程求得的值可判断A；求出以及公比，由求和公式计算的值可判断B；由正弦定理可得，根据由两解可得且，可得的范围判断C；由求得的值，再检验是否成立可判断D，进而可
10、得正确选项.【详解】对于A：若直线与平行，则，解得：，故选项A不正确；对于B：数列满足，所以，所以，可得，所以，故选项B正确；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，故选项C正确；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，故选项D正确；故选：BCD.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【答案】ABD【解析】【分析】结合正弦和角公式和降幂公式化简
11、得，再结合整体法判断函数在给定区间增减性，值域，对称中心，对D项，先将两函数转化成同名三角函数，再直接采用平移法则判断.【详解】，对A，当，故，A正确；对 B，故函数在上增函数，B正确；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，故D正确.故选：ABD11. 已知圆上有四个不同的点到直线的距离为2，则的值可取（ ）A. B. C. D. 【答案】AB【解析】【分析】依题可知圆心到直线距离小于1，计算即可.【详解】依题可知：圆心到直线的距离小于1所以故选：AB12. 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
12、，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【答案】ACD【解析】【分析】设切点为，利用导数的几何意义求切线的斜率，设切线为：，可得，设，求，利用导数分别求，时的单调性和极值，切线的条数即为直线与图象交点的个数，逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.【详解】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，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，故选项A正确；对于B：当，时，与图象有一个交点，此时只能作一条切线，故
13、选项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，故选项C正确；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，故选项D正确；故选：ACD.三填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）13. 已知向量，若，则_.【答案】【解析】【分析】求出，根据向量垂直得出方程即可求解.【详解】，,，解得.故答案为：.14. 已知随机变量，且，则_.【答案】【解析】【分析】根据正态分布区间的对称性直接计算即可.【详解】由，且则，所以故答案为：15. 已
14、知点在圆上，已知，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】将点的坐标用参数表示，再利用数量积的坐标运算表示出，最后利用三角函数辅助角公式以及正弦函数的最值即可求解.【详解】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：.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_.【答案】【解析】【分析】建立空间直角坐标系得到在平面中点的轨迹方程，然后利用导数知识进行求解即可.【详解】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
15、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：【点睛】关键点点睛：解题关键在于建系并得到两点的轨迹方程，利用导数求解.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. 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【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先由得到，两式作差，得到该数列为等比数列，根据题意，即可求出通项公式；（2）由错位相减法求数列的和，即可得出结果.【详解】（1）因，当时，两式相减可得，即整理可得，解得，所以数列为首项为
16、，公比为的等比数列；（2）由题意可得：，所以两式相减可得，.【点睛】本题主要考查等比数列，以及数列的求和，熟记等比数列的通项公式，以及错位相减法求数列的和即可，属于常考题型.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.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）分别对和采用正弦定理得和，两式联立即可求解；（2）设，分别对和采用余弦定理得：，结合，可求，再对采用余弦定理即可求解.【小问1详解】（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；【小问2详解】（2）由题意可知，由（1）知，不妨设
17、.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.19. 已知矩形满足，点为中点，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）若平面平面，求二面角的余弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）利用可求得，利用勾股定理可得，利用线面垂直的判定可证得结论；（2）利用面面垂直性质可得平面，则以为坐标原点可建立空间直角坐标系，利用二面角的向量求法可得结果.【小问1详解】矩形中，点为的中点，设，则，则，即，又，平面，平面；【小问2详解】平面平面，平面平面，平面，平面，则以为
18、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：，；设平面法向量为，则，即，令，解得：，；，二面角的余弦值为.20. 2021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
19、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.【答案】（1）选手甲应该选择在区发球 （2）【解析】【分析】（1）可得选手甲在区发2次球的得分次数和在区发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.【小问1详解】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
20、.故选手甲应该选择在区发球.【小问2详解】设选手甲在区得分高于在区得分为事件，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，.故选手甲在区得分高于在区得分的概率为.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.【答案】（1）或 （2）证明见解析；【解析】【分析】（1）假设切线，然后利用圆心到直线距离为计算即可.（2）假设直线的方程并与圆联立，使用韦达定理以及化简可得，可得结果；求得，然后表示，计算可得结果.【小问1详解】当过点的
21、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.【小问2详解】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22. 设函数，其中.（1）当，时，求证：；（2）若为的极值点，且，求的值.【答案】（1）证明见解析 （2）【解析】【分析】（1）代值并计算，然后可判断，进一步知道函数的单调性，计算可得结果.（2）令，计算，分别讨论，得到函数的单调性，计算可得结果.【小问1详解】证明：当时，故在为增函数，则，故在为增函数，所以.【小问2详解】令，易知，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.【点睛】思路点睛：第（2）问中，第一，求得；第二，讨论的范围，确定函数的单调性；第三，涉及隐零点结合零点存在性定理求解.
