广东省深圳市龙岗区高三上学期期末质量监测数学试题（解析版）-A4

这是一份广东省深圳市龙岗区高三上学期期末质量监测数学试题（解析版）-A4，共21页。试卷主要包含了考试结束，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1．本试卷共6页，19小题，满分150分，考试用时120分钟.
2．答题前，请将学校、班级、姓名和考号用规定的笔写在答题卡指定的位置上，并将条形码粘贴在答题卡的贴条形码区.请保持条形码整洁、不污损.
3．本卷试题，考生必须在答题卡上按规定作答；凡在试卷、草稿纸上作答的，其答案一律无效．答题卡必须保持清洁，不能折叠.
4．选择题每小题选出答案后，用铅笔将答题卡选择题答题区内对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案；非选择题答案必须用规定的笔，按作答题目的序号，写在答题卡非选择题答题区内.
5．考试结束，请将答题卡交回．
一、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．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集求解即可.
【详解】
故选：B.
2. 若复数满足，则（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用复数的模求解即可.
【详解】由可得，
则，于是
故选：D.
3. 向量，，若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用平面向量平行的坐标表示得到三角关系式，化弦为切，即可得到的值；
【详解】因为，，，
所以，所以.
故选：A.
4. 在四棱锥中，平面，底面为正方形，，则四棱锥的外接球表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】将四棱锥补成正方体，计算正方体的外接球半径即可得到结果.
【详解】
如图，将四棱锥补成正方体，正方体体对角线长为，
则四棱锥的外接球为正方体的外接球，外接球半径为，
所以四棱锥的外接球表面积为.
故选：A.
5. 已知函数，则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性和函数的单调性求解即可.
【详解】故为奇函数，，
故函数单调递增，故故解集为.
故选：B.
6. 已知，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式和余弦的二倍角公式计算即可作出选择
【详解】因为，
所以
故选：B.
7. 点为曲线上一动点，为单位圆的一条直径的两个端点，则的最小值为（ ）
A. 4B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】设，由题意可得，且，根据及向量的线性运算，可得 ，再利用换元法及基本不等式求解即可.
【详解】解：设，
则,
由题意可得，且，
所以
，
令，
则，
当且仅当，即时，等号成立.
故选：C.
8. 数学中有许多形状优美，寓意美好的曲线，曲线就是其中之一（如图）．曲线与轴交于、两点，点为曲线上一动点，给出下列四个结论，其中错误的结论是（ ）
A. 图形关于轴对称B. 点纵坐标的最大值为
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用图形的对称性可判断A选项；当时，分析可知，关于的方程有解，由可判断B选项；当时，化简曲线的方程，结合基本不等式可求出OP的最大值，可判断C选项；解法一：当时，化简曲线的方程，结合基本不等式求出的范围，即可求出的范围，可判断D选项；解法二：当时，化简曲线的方程可得出，利用三角换元可判断D选项.
【详解】对于A选项，在曲线上任取一点Px,y，则，
点关于轴的对称点为，则，
所以，曲线关于轴对称，故A正确；
对于B，当时，方程变换为，
由题意可知，关于的方程有解，
由，解得，所以的最大值为，故B正确；
对于C选项，当时，由可得，（当时取等号），
所以，，．故C正确；
对于D，解法一：令x=0解得，记，
当时，由可得，（当时取等号），
所以，，则．
又．故D错误；
另解：有对称性可知，只需要讨论即可，此时，
即为，
令，其中，可得，
，
因为，故，，．
，D错.
故选：D.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）如下：6，5，7，9，6，8，8，7，9，5，则关于这组数据的结论正确的是（ ）
A. 极差为4B. 平均数为7
C. 方差为2D. 数据的第60百分位数为7
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据极差，方差，平均数，百分位数的定义即可求解.
【详解】某射击运动员在一次训练中10次射击成绩（单位：环）从小到大排列为，
则极差为，平均数为，
方差为
,
由题意，所以数据的第60百分位数为，故ABC正确，D错误；
故选：ABC
10. 函数的部分图象如图所示，则（ ）
A. B.
C. 在区间上值域为D. 函数为偶函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据函数图象求函数解析式，逐项判断即可确定答案.
【详解】设函数的最小正周期为，则，故，
∵，∴，，选项A正确.
由得，，
∴，解得，
∵，∴，，
∴，选项B正确.
∵，∴，
∴，即在区间上值域为，选项C错误.
由题意得，，
令，则定义域为，
∵，
∴为偶函数，选项D正确.
故选：ABD.
11. 已知函数（，且），下列说法正确的是（ ）
A. 当时，可能存在两个零点
B. 若恒成立，则
C. 若恒成立，则的最小值为
D. 若恒成立，且，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】求导结合零点存在性定理可判断A；分与两种情况讨论可求得判断B；利用，求导可求得的最小值判断C；由选项B知，，可得，利用换元法，结合对数平均值不等式计算可判断D.
【详解】函数的定义域为
选项A．当时，，
故在上为单调递增函数，由，，
根据零点存在性定理，在上存在唯一的一个零点．故选项A错误．
选项B．由选项A知，当时，在上单调递增，
无最小值，且，不合题意，故．
当时，，，
令，则，
当时，，为减函数，
当时，，为增函数，
故时，有极小值，也是最小值．
，
由题意，，又，则，可得，
所以，则．选项B正确．
选项C．由选项B知，，，令，则，
在单调递减，在单调递增．
故，即的最小值为．选项C正确．
选项D．由选项B知，，且．
，由得，
令，则，易知，故
由对数平均不等式得，得，即
由，故，故选项D正确．
故选：BCD.
【点睛】关键点点睛：D选项，关键在于由，得到，换元法结合对数平均值不等式求得结论.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12. 抛物线上一点到其焦点的距离为_____．
【答案】2
【解析】
【分析】代入点的坐标求得抛物线的方程，利用焦半径公式可求得点到焦点的距离.
【详解】因为点在抛物线上，所以，解得，
所以抛物线的方程为，准线方程为，
由焦半径公式可得点到其焦点距离为.
故答案为：.
13. 已知数列满足，数列满足．若，将满足题意的所有正整数的值由小到大组成一个数列，则该数列前5项之和为_____．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，求出对应的前5组数，即可得答案.
【详解】解：由题意可得，
则有；；；；，…，
所以正整数的值由小到大组成一个数列的前5项分别是，
所以此5项的和为.
故答案为：
14. ，是双曲线的左，右焦点，点为双曲线右支上一点，，的角平分线交轴于点，若，则双曲线的离心率为_____．
【答案】
【解析】
【分析】不妨设，，，根据面积关系和双曲线的定义可求，从而可求离心率.
【详解】不妨设，，，，
则由题，且，故，
有，得，
故．故，所以，
故，所以，
故即，双曲线的离心率．
故答案为：.
【点睛】思路点睛：与三角形角平分线有关的问题，可以利用面积的关系得到边的关系.
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知的内角所对的边分别为，，，且．
（1）求角的大小；
（2）若的面积为，中线，求．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边角互化，利用两角和的正弦公式化简，转化为三角函数求角；
（2）首先根据三角形的面积公式，求得，，根据中线向量关系，可得，再根据余弦定理即可求得.
【小问1详解】
在中，，则，
因为，
则，
由正弦定理得：，
所以，
所以，
又，得，所以，即，
由，解得.
【小问2详解】
因为的面积为，
所以，
由（1）知，故，
因为为中线，即为中点，
则，又，
则，所以，
解得，
由余弦定理得，
所以.
16. 在四棱锥中，底面是边长为2的正方形，，，．
（1）求证：平面；
（2）求平面与平面所成角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线线垂直可得平面，进而得到，利用勾股定理逆定理可得，结合，可证结论；
（2）取中点为，连结，取中点为，连结．可证平面，，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，平面的法向量为，利用向量法可求得平面与平面所成角的余弦值.
【小问1详解】
由于底面是边长为2的正方形，则，
又，，平面平面，则平面，
则，又，，则，
于是，即，
由于，又，故，
又，、平面，则平面；
【小问2详解】
取中点为，连结，取中点为，连结，
因为，点是中点，所以，
又因为平面，平面，则，
又平面，所以平面，
因为点、分别是、的中点，所以，则，
则,
以点坐标原点，所在直线分别为，，轴，
如图建立空间直角坐标系，
则，，，，，，，
则，，
设是平面的一个法向量，
则，取，则，，
所以是平面的一个法向量,
由（1）知，平面，故平面的法向量为，
设平面与平面所成角为，
所以平面与平面所成角的余弦值为．
17. 为了提高学生的身体素质和健康水平，确保学生每天有足够的体育锻炼时间，教育部提出阳光体育一小时活动.小路同学每天会通过打乒乓球或羽毛球来达到体育锻炼的目的.小路同学第一天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为．而如果前一天选择了打乒乓球，那第二天选择打乒乓球的概率为，选择打羽毛球的概率为；如果前一天选择了打羽毛球，那第二天选择打羽毛球的概率为，选择打乒乓球的概率为，如此往复．记小路同学第天选择打羽毛球的概率为．
（1）小路同学在网上看到了3款乒乓球拍和5款羽毛球拍，他想从中选择3款球拍进行进一步了解，记选中的羽毛球拍款数为，求的分布列和数学期望．
（2）求；
【答案】（1）分布列见解析，
（2）
【解析】
【分析】(1)利用超几何分布求解即可，（2）利用条件概率结合数列的递推公式求解即可.
【小问1详解】
的所有可能取值为0，1，2，3
，
，
，
分布列为
【小问2详解】
设“第一天打乒乓球”，“第一天打羽毛球”，“第二天打乒乓球”，“第二天
打羽毛球”，则，，，．
由题意得：
故
可得
易知，故是以为首项，为公比的等比数列．
所以，故
18. 已知椭圆的左焦点为（-1，0），点为椭圆上一点，点为椭圆的左顶点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）直线与椭圆交于，两点，直线，分别与直线交于，两点．
①求证：为定值；
②以为直径的圆是否过定点，如果过定点，求出定点坐标，若不过定点，试说明理由．
【答案】（1）
（2）①证明见解析；②以为直径的圆过定点，定点坐标为和．
【解析】
【分析】（1）由题意得，求解即可；
（2）①设Mx1,y1，Nx2,y2，联立方程组由韦达定理可得，计算可得为定值；②设直线为y=y1x1+2x+2，求得点坐标为，同理点坐标为，设定点坐标为，利用，可求定点坐标.
【小问1详解】
由题意得，
解得，
故椭圆的标准方程为．
【小问2详解】
①设Mx1,y1，Nx2,y2，
由得：，
有，且，
所以
，
故为定值，定值为．
②设直线为y=y1x1+2x+2，令，则，所以点坐标为．
同理点坐标为，
根据对称性可知，如果以为直径的圆过定点，那定点一定在轴上．
设定点坐标，则，即，
由①知，故，
解得或，
故以为直径的圆过定点，定点坐标为12,0和．
19. 已知函数，．
（1）讨论函数的单调性；
（2）求证：当时，；
（3）当，时，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）答案见解析
（2）证明见解析 （3）．
【解析】
【分析】（1）求出函数的导数，通过讨论导数的正负，得到函数的单调性；
（2）由（1）可知，当时，故，可得 ，则当时， ，所以，即可证得．
（3）解法1：构造函数，在恒成立，可得，令，由二次求导，求出，即可证明；
解法2：前面同解法1，令后，通过一次求导，求出，即可证明；
解法3：由恒成立，得，令，通过二次求导，可得，即可实数的取值范围．
【小问1详解】
，
当时，在上单调递增，
当时，令，得．
当时，，在上单调递减，
当时，，在上单调递增．
综上，当时，在上单调递增；
当时，在上单调递减，在上单调递增．
【小问2详解】
当时，由（1）可知，在上单调递减，在上单调递增，
故，则，即，当时取等号，
当时，令，则，则，
则，，，，
所以，
所以当时，．
【小问3详解】
解法1：由题意知时，恒成立，
令，则在恒成立，
故由可得，即当时，由于，显然不满足题意．
当时，，
只要证明即可，
令，，
，
令，则，
由（1）知，当时，，即，
故，
所以在上为增函数，又
当时，，为减函数；
当时，，为增函数．
所以，
即恒成立．
综上所述，．
解法2：由题意知时，恒成立，
令，则在恒成立，
则由可得．即当时，由于，显然不满足题意．
当时，，
只要证明即可．
令，
，
令，则，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数．
则，
即恒成立．
综上所述，．
解法3：由题意知时，恒成立，则．
令，，
，
令，
，
当时，，为减函数；
当时，，为增函数．
故，
令，得，且当时，，为减函数；
当时，，为增函数．
故，从而有．
综上所述，．
【点睛】关键点点睛：（2）小问，由（1）可知，当时，可得 ，则当时， ，即可证明；（3）小问，由恒成立构造函数，则在恒成立，可得，令，由二次求导，求出，进而求出实数的取值范围．
0
1
2
3