高三上学期数学期中质量监测试卷一、单选题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．-2B．-1C．1D．24．已知，则（）A．B．C．D．5．的展开式中，的系数为（）A．160B．-160C．-20D．206．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，，起到的位置，使得二面角为，为，则三棱锥的中点，将沿折的体积为（）A．B．4C．D．28．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、多选题9．下列说法正确的是（）A．直线与平行，则，，则，若三角形有两解，则边长正项等比数列在中，函数满足，的范围为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（D．6）A．3B．4C．5已知函数是（）A．当（为自然对数的底数），过点作曲线的切线.下列说法正确的时，若只能作两条切线，则，时，则可作三条切线时，可作三条切线，则，时，有且只有一条切线B．当C．当D．当三、填空题13．已知向量，，若，则.已知随机变量已知点在圆已知正方体，且，则.上，已知，，则的最小值为.､在四边形的棱长为，点为中点，点\n内（包括边界），点到平面的最小值为.四、解答题已知数列的前项和为求数列的通项公式求数列的前项和的距离等于它到点的距离，直线平面，则且.。与边相交于点，满足.的大小.在中，的角平分线求证：；若，求已知矩形满足，，点为翻折到新的位置的中点，连接､，交于点.将沿折起，点证明：平面；若平面平面，求二面角，得到一个四棱锥.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：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.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？求选手甲在区得分高于在区得分的概率.已知圆：和定点，动点､在圆上.过点作圆的切线，求切线方程；若满足，设直线与直线相交于点.①求证：直线过定点；②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【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\n【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】【解答】如图，为同交点，故.故答案为：C的图象，要使有两不同实数根，即与有两不【分析】作出函数f(x)的图象，将关于x的方程数问题，即可求得实数的取值范围.7．【答案】A【解析】【解答】由，有两个不同的实数根，转化为图象的交点个，由旋转前后对应边，对应角相等可得：为，即，，又二面角故为等边三角形，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：为等边三角形，作中点，连接，可得平面，平面，再利用三棱锥的体积，可得，利用线面垂直的判定定理可得公式，即可求出答案。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\n【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：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【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\n【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，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：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断，可得答案。，，上单调性，进而求出极值，作出图像，数形结合，逐项进行判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\n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：-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等于它到点的距离的距离，即点到在平面中，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，点点的距离，可得点迹，对函数到平面的距离等于它到点的距离，即点到的距离等于它到的轨迹方程，求出平面的一个法向量，利用向量法即可求出点的轨求导可得同平行的直线与相切的切点，再利用点到直的最小值。线的距离公式即可求出17．【答案】（1）解：因为，当时，，两式相减可得，即整理可得，，解得，\n所以数列为首项为（2）解：由题意可得：，公比为的等比数列；，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）得到前项和.18．【答案】（1）证明：因为，利用错位相减法进行数列求和，即可求出数列的为的角平分线，故，在中，由正弦定理可得：①，则，即在中，由正弦定理可得：②，，，又由①和②可得，又，故，可得：，即（2）解：由题意可知在中，由余弦定理可得：即③，在中，由余弦定理可得：即④，由又，故由③和④可解得：，从而可得，，，由（1）知，不妨设.，，，，，，在中，由余弦定理得：，.，再由已知条件，即可证得，利用余弦定理即可求出，又，故【解析】【分析】（1）利用正弦定理可得（2）由（1）知，不妨设用余弦定理即可求出的大小.19．【答案】（1）证明：矩形中，；，再利，，点为的中点，设，则，，，，，，，，，，，平面，平面；（2）解：平面平面，则以为坐标原点，则，平面，平面平面，，平面，为轴可建立如图所示空间直角坐标系，，，，，，，设平面法向量为，则，即，令，解得：，，；设平面法向量为，则，即，令，解得：，，\n；，二面角的余弦值为.【解析】【分析】（1）由已知条件推出定理可得，进而得出；（2）以为坐标原点，，根据相似三角形的性质求出OM，OB，再利用勾股，利用线面垂直的判定定理可证得平面，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，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为事件，甲在，故，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，显然，､､为互斥事件，，区得3分为事件，则则，.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：①由题意可知，直线斜率不为零，可设直线，，将直线和圆的方程联立的方程为，其中，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.②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（2）①设直线的方程为，求解k的值，进而可得切线方程；，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；\n②设的方程为，得，即可求得，即。22．【答案】（1）证明：当时，【解析】【分析】（1）当时，，求导，根据导数符号可得在，则，故，故在在为增函数，为增函数，的单调性，进而可得（2）令；，易知，求导，分和两种情况判断所以（2）解：令，，易知，①当又时，，故，时，为增函数，，时，，则在②当时，令单调递减，在单调递增，，则为的极小值点，不满足题意.当时，，时，，故在单调递减，在单调递增.当时，，故在单调递增，且，此时当在时，单调递增，不存在极值点，不合题意.，又在单调递减，在单调递增.故故在，又因为，由（1）可知有唯一零点，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.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.