1、广东省2022届高三数学上学期综合测试试题（一）一单项选择题：本大题共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】根据集合的交集运算可得选项.【详解】解：因为集合，所以，故选：B.2. 函数的定义域是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】列出使函数有意义的不等式组，进而可解得结果.【详解】要使函数有意义，则，解得且，所以函数的定义域是.故选：D.3. 已知，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B
2、【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断【详解】满足，但不满足，因此不充分，但时，一定有，即成立，必要的，因此题中应是必要不充分条件故选：B4. 命题“，”的否定是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】由全称命题的否定是特称命题，即可求解.【详解】解命题为全称命题，则命题的否定为，.故选：D5. 函数（且）的图象可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由函数的奇偶性的定义求得函数为奇函数，排除A、B，再结合，即可求解.【详解】由题意，函数定义域为关于原地对称，可得，所以函数为奇函数，图象关于原点对称，排除A、B；又由，所以选项D不符合题意.故选
3、：C.6. 已知函数的值域为，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出函数在时值的集合， 函数在时值的集合，再由已知并借助集合包含关系即可作答.【详解】当时，在上单调递增，则在上值的集合是，当时，当时，当时，即在上单调递减，在上单调递增，则在上值的集合为，因函数的值域为，于是得，则，解得，所以实数的取值范围是.故选：D7. 已知，则，的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】通过指、对、幂函数的单调性即可得到结论.【详解】，又，.故选：A8. 已知函数，若函数恰有三个零点，则实数的取值范围为A. B. C. D. 【答案】B【解析
4、】【分析】作出函数的图象，则函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，考查直线与圆相切，且切点位于第三象限时以及直线过点时，对应的值，数形结合可得出实数的取值范围【详解】解：当时，则，等式两边平方得，整理得，所以曲线表示圆的下半圆，如下图所示，由题意可知，函数有三个不同的零点，等价于直线与曲线的图象有三个不同交点，直线过定点，当直线过点时，则，可得；当直线与圆相切，且切点位于第三象限时，此时，解得由图象可知，当时，直线与曲线的图象有三个不同交点因此，实数取值范围是故选：【点睛】本题考查利用函数的零点个数求参数，同时也考查了直线与圆的位置关系以及正弦型函数图象的应用，考查数形结
5、合思想的应用，属于难题二多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分.9. 给定下列命题，其中真命题为（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. ，不等式成立【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值法可判断A选项；利用不等式的性质可判断B选项；利用作差法可判断CD选项.【详解】对于A选项，若，取，则，A错；对于B选项，若，由不等式的性质可得，B对；对于C选项，若，则，即，C错；对于B选项，即，D对.故选：BD.10. 国家环保部门要求相关企业加强污水治理，排放未达标的企业要限期整改设企业的污水排放
6、量与时间的关系，用的大小评价在这段时间内企业污水治理能力的强弱已知整改期内，甲、乙两企业的污水排放量与时间的关系如图所示，给出下列四个结论正确的是（ ）A. 甲企业在这三段时间中，在的污水治理能力最强；B. 在时刻，甲企业的污水治理能力比乙企业强；C. 在时刻，甲、乙两企业的污水排放都已达标；D. 在这段时间内，甲企业的污水治理能力比乙企业强.【答案】BCD【解析】【分析】将理解为割线斜率的相反数，由此结合图象判断四个选项可得结果.【详解】表示的割线斜率的相反数；对于A，在三段时间中，在中割线的斜率最大且都小于，在最小，甲企业在的污水治理能力最弱，A错误；对于B，在时刻，甲企业在该点的切线斜率
7、比乙企业在该点的切线斜率小且都小于，甲企业在该点的污水治理能力比乙企业强，B正确；对于C，在时刻，甲乙企业的污水排放量都位于污水达标排放量以下，均达标，C正确；对于D，在这段时间内，甲企业的割线斜率要小于乙企业的割线斜率且都小于，在这段时间中，甲企业更大，甲企业在这段时间中的污水治理能力比乙企业强，D正确.故选：BCD.11. 已知函数，下列说法正确的是（ ）A. 当时，函数有两个极值点B. 当时，函数在上有最小值C. 当时，函数有三个零点D. 当时，函数在上单调递增【答案】ABD【解析】【分析】利用判别式和函数极值点的定义可判断A选项的正误；利用导数分析函数的单调性，可判断B选项的正误；利用
8、导数分析函数的单调性与极值，数形结合可判断C选项的正误；利用函数的单调性与导数的关系可判断D选项的正误.【详解】因为，则.对于A选项，当时，即方程有两个不等的实根，此时，函数有两个极值点，A对；对于B选项，当时，设的两个不等的实根分别为、，且，由韦达定理可得，必有，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增，故函数在上有最小值，B对；对于C选项，当时，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，当时，此时函数单调递增所以，函数的极大值为，极小值为，作出函数的图象如下图所示：由图可知，函数只有两个零点，C错.对于D选项，当且时，故函数在上单调递增，D对.故选：ABD.12. 已知函数，若
9、函数有两个零点，则下列说法正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ACD【解析】【分析】由已知得出，化简变形后可判断A选项的正误；取可判断B选项的正误；利用构造函数法证明CD选项中的不等式，可判断CD选项的正误.【详解】解：由可得，可知直线与函数在上的图象有两个交点，当时，此时函数单调递增，当时，此时函数单调递减，则，且当时，如下图所示： 当时，直线与函数在上的图象有两个交点.对于A选项，由已知可得，消去可得，故A正确；对于B选项，设，取，则，所以，故，故B错；对于C选项，设，因为，则，所以，则，构造函数，其中，则，所以，函数在上单调递增，故，故C正确；对于D选项，构造函数，其中，则，所
10、以，函数在上单调递减，则，故D正确.故选：ACD.【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式问题，方法如下：（1）直接构造函数法：证明不等式（或）转化为证明（或），进而构造辅助函数；（2）适当放缩构造法：一是根据已知条件适当放缩；二是利用常见放缩结论；（3）构造“形似”函数，稍作变形再构造，对原不等式同解变形，根据相似结构构造辅助函数.三填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13. 已知直线与函数的图象相切于，则直线的方程是_.【答案】【解析】【分析】求出函数的导数，借助导数的几何意义即可求出直线的方程.【详解】函数的定义域为，求导得：，则，直线的斜率为1，所以直线的方程是：.故答案为：14.
11、 已知函数在定义域上的值域为，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由于函数的对称轴为，且，所以利用抛物线的对称性可求得答案【详解】，则对称轴为，因为函数在定义域上的值域为，且，所以，所以实数的取值范围为，故答案为：15. 当时，不等式成立，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据给定条件可得，构造函数，利用导数求出的最小值即可作答.【详解】当时，令，则，当时，当时，因此，在上单调递减，在上单调递增，当时，因当时，不等式成立，则有，所以实数的取值范围是.故答案为：16. 设函数恰有两个极值点，则实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】求导得有两个零点等价于函数有一个不等于
12、1的零点，分离参数得，令，利用的单调性可得：在取得最小值，作的图象，并作的图象，注意到，对分类讨论即可得出【详解】解：求导得有两个零点等价于函数有一个不等于1的零点，分离参数得，令，在递减，在递增，显然在取得最小值，作的图象，并作的图象，注意到，（原定义域，这里为方便讨论，考虑，当时，直线与只有一个交点即只有一个零点（该零点值大于；当时在两侧附近同号，不是极值点；当时函数有两个不同零点（其中一个零点等于，但此时在两侧附近同号，使得不是极值点不合故答案为：【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、方程与不等式的解法、分类讨论方法，考查了推理能力与计算能力，属于难题四解答题：本题共6小
13、题，共70分.解答应写出文字说明证明过程或演算步骤.17. 已知等差数列和等比数列满足（1）求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.【答案】（1）an=2n，bn=2n，nN*. （2）.【解析】【分析】（1）设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，根据对数运算求得b1，a2，从而由等差数列、等比数列的通项公式可求得答案；（2）由（1）求得，运用错位相减法可求得答案.【小问1详解】解：设等差数列an的公差为d，等比数列bn的公比为q，由a1=2，b2=4，an=2log2bn，得b1=2，a2=4，则d=2，q=2，an=2n，bn=2n，nN*；【小问2详解】解：由（1）得，则
14、，.18. 在中，已知角所对的边分别是，且.（1）求和角的值；（2）求的面积.【答案】（1），； （2）或3.【解析】【分析】(1)在中利用正弦定理边化角，结合已知计算即可得解.(2)利用余弦定理结合(1)的结论求出边c，再用三角形面积公式即可计算作答.【小问1详解】在中，由正弦定理得：，则有，而，解得，又，即为锐角，于是得，所以，.【小问2详解】在中，由余弦定理得：，整理得：，解得或，当时，当时，所以的面积为或3.19. 2021年春晚首次采用“云”传播，“云”互动形式，实现隔空连线心意相通，全球华人心连心“云团圆”，共享新春氛围，“云课堂”亦是一种真正完全突破时空限制的全方位互动性学习模式
15、某市随机抽取200人对“云课堂”倡议的了解情况进行了问卷调查，记表示了解，表示不了解，统计结果如下表所示：（表一）了解情况人数14060（表二）男女合计8040合计（1）请根据所提供的数据，完成上面的列联表（表二），并判断是否有99的把握认为对“云课堂”倡议的了解情况与性别有关系;（2）用样本估计总体，将频率视为概率，在男性市民和女性市民中各随机抽取4人，记“4名男性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为，“4名女性中恰有3人了解云课堂倡议”的概率为试求出与，并比较与的大小附：临界值参考表的参考公式，其中）【答案】（1）表格见解析，有；（2），【解析】【分析】（1）依据题中数据直接填写，然后根据公
16、式计算即可.（2）先计算男性了解“云课堂”倡议的概率，女性了解“云课堂”倡议的概率，然后可得，进行比较即可.【详解】（1）男女合计8060140204060合计100100200对照临界值表知，有99的把握认为对“云课堂”倡议了解情况与性别有关系（2）用样本估计总体，将频率视为概率，根据列联表得出，男性了解“云课堂”倡议的概率为，女性了解“云课堂”倡议的概率为：，故，显然20. 如图所示多面体中，平面平面，平面，是正三角形，四边形是菱形，.（1）求证：平面；（2）求二面角的正弦值.【答案】（1）证明见解析； （2）.【解析】【分析】（1）过点作交于点，连接、，证明出四边形为平行四边形，可得出，
17、利用线面平行判定定理可证得结论成立；（2）以为坐标原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得结果.【小问1详解】证明：过点作交于点，连接、，平面平面，平面平面，平面，所以，平面，又是正三角形，则为的中点，所以，平面，且，所以，四边形为平行四边形，又平面，平面，平面【小问2详解】解：因为四边形是菱形，且平面，以为坐标原点，分别以、的方向为轴、轴、轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.则，.则，设平面的一个法向量为，由得，令，可得，设平面的法向量为，由得，令，可得，所以，.21. 已知椭圆经过点，离心率为.（1）求椭圆的方程；（2
18、）直线与椭圆相交于两点，求的最大值.【答案】（1）. （2）32.【解析】【分析】（1）由已知得建立关于a，b，c的方程组，求解即可；（2）直线与椭圆的方程联立整理得，设，由向量的数量积运算求得，得三角形MAB为直角三角形，运用等面积法求得，设，由二次函数的性质可求得其最大值.【小问1详解】解：由已知得解得，因此椭圆C的方程为；【小问2详解】解：由整理得，设，则，因为，所以MAMB，三角形MAB为直角三角形，设d为点M到直线的距离，故，又因为，所以，设，则，由于，所以，当，即k=0时，等号成立.因此，的最大值为32.22. 已知函数（1）求函数的单调区间；（2）若且，证明：，【答案】（1）单调
19、递增区间为和；单调递减区间为；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）首先求函数的导数，比较导数的零点，求解函数的单调区间；（2）利用二次导数，可转化为证明恒成立，再利用，可证明，只需证，化简后，构造函数，证明不等式.【详解】解：（1）函数的定义域为，由得或由得；的单调递增区间为和；单调递减区间为（2）欲证，即证，令，则，令，则，因为，所以，所以在上单调递增，所以，所以，所以上单调递增，所以，所以欲证，只需证，因为，所以，即，令，则，当时，所以在上单调递增，所以，即，所以，故式可等价变形为：所以，欲证式成立，只需证成立所以仅需证，令，（），则，在上单调递增，故，即，结论得证【点睛】关键点点睛：本题考查利用导数证明不等式恒成立，本题的关键是利用，变形，计算求得，从而转化为证明成立.