1、 高三数学一轮复习质量检测试卷高三数学一轮复习质量检测试卷 一、单选题一、单选题 1已知集合，则（ ） A B C D 2已知，则（ ） A B C D 3已知向量，满足，则（ ） A5 B7 C D 4函数的一个单调递减区间是（ ） A B C D 5已知一个圆锥的体积为，其侧面积是底面积的 2 倍，则其底面半径为（ ） A B3 C D 6声压级，是一个表示声强大小的量，单位为 dB（分贝） ，其中为特定的点声源的声功率级，是常量，r 为测试点与点声源的距离（单位：米） ，当测试点从距离点声源 2 米处移到 1 米处时，声压级约增加了（ ） A4dB B6dB C7dB D9.6dB 7在
2、中，点 D 是线段 AB 上的动点以 D 为圆心、AD长为半径的圆与线段 BC 有公共点，则半径 AD 的最小值为（ ） A B C1 D 8已知点，分别是椭圆的左、右焦点，点 A 是椭圆上一点，点 为坐标原点，若，直线的斜率为-3，则椭圆 C 的离心率为（ ） A B C D 二、多选题二、多选题 9某市教育局为了解双减政策的落实情况，随机在本市内抽取了 A，B 两所初级中学，在每一所学校中各随机抽取了 200 名学生，调查了他们课下做作业的时间，并根据调查结果绘制了如下频率分布直方图： 由直方图判断，以下说法正确的是（ ） A总体看，A 校学生做作业平均时长小于 B 校学生做作业平均时长
3、BB 校所有学生做作业时长都要大于 A 校学生做作业时长 CA 校学生做作业时长的中位数大于 B 校学生做作业的中位数 DB 校学生做作业时长分布更接近正态分布 10已知，且，则（ ） A B C D 11已知甲盒中有 1 个白球和 2 个黑球，乙盒中有 2 个白球和 3 个黑球，从乙盒中随机抽取个球放入甲盒中放入 i 个球后，甲盒中含有黑球的个数记为，现从甲盒中取 1个球是黑球的概率记为，则（ ） A B C D 12在九章算术中，将底面为长方形且有一条侧棱与底面垂直的四棱锥称为阳马，如图，四棱锥为一个阳马，其中平面，均为垂足，则（ ） A四棱锥的外接球直径为 B三棱锥的外接球体积大于三棱锥
4、的外接球体积 C七点在同一个球面上 D平面平面 三、填空题三、填空题 13若，则 14写出一个同时具有下列性质的函数： ； 15已知是数列的前 n 项和，恒成立，则 k 最小为 16抛物线的焦点为，则 ，过 F 的直线 l 与 C 交于 A，B 两点，若线段 AB 中点的纵坐标为 1，则 四、解答题四、解答题 17下表是我国从 2016 年到 2020 年能源消费总量近似值 y（单位：千万吨标准煤）的数据表格： 年份 2016 2017 2018 2019 2020 年份代号 x 1 2 3 4 5 能源消费总量近似值 y（单位：千万吨标准煤） 442 456 472 488 498 以 x
5、为解释变量，y 为预报变量，若以为回归方程，则相关指数，若以为回归方程，则相关指数 参考数据：， 参考公式：回归方程中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为：， （1）判断与哪一个更适宜作为能源消费总量近似值 y 关于年份代号 x的回归方程，并说明理由； （2）根据（1）的判断结果及表中数据，求出 y 关于年份代号 x 的回归方程 18在中，内角 A，B，C 的对边分别为 a，b，c，已知 （1）求角 C； （2）若，且的面积为，求的周长 19已知数列满足， （1）证明：数列是等比数列； （2）求数列的前 n 项和 20如图，四棱锥中，底面为平行四边形， （1）证明：； （2）若为等边三角形，求二
6、面角的余弦值 21已知圆的圆心为 M，圆的圆心为 N，一动圆与圆 N内切，与圆 M 外切，动圆的圆心 E 的轨迹为曲线 C （1）求曲线 C 的方程； （2）已知定点，过点 N 的直线 l 与曲线 C 交于 A，B 两点，证明： 22已知函数 （1）函数为的导函数，讨论的单调性； （2）当时，证明：存在唯一的极大值点，且 答案解析部分答案解析部分 【解析】【解答】由，得，解得，故。 故答案为：B 【分析】利用已知条件结合绝对值不等式求解集的方法，进而求出集合 B，再利用并集的运算法则，进而求出集合 A 和集合 B 的并集。 【解析】【解答】， 。 故答案为：A 【分析】利用已知条件结合复数的乘
7、除法运算法则，进而求出复数 z。 【解析】【解答】因为， 所以。 故答案为：D 【分析】利用已知条件结合数量积求向量的模的公式，再结合数量积的运算法则和数量积的定义，进而求出的值。 【解析】【解答】函数的单调递减区间是， 故令， 解得， 当时，。 故答案为：C 【分析】利用已知条件结合正弦型函数的图像判断出正弦型函数的单调性，进而求出正弦型函数的单调递减区间，进而找出函数的一个单调递减区间 。 【解析】【解答】设底面半径为，高为，母线为 ，如图所示： 则圆锥的体积，所以，即， ，则， 又因为，所以，故。 故答案为：C 【分析】设底面半径为，高为，母线为 ，再利用圆锥的体积公式结合已知条件得出，
8、再利用圆锥的侧面积公式得出，再利用勾股定理得出，从而求出底面圆的半径。 【解析】【解答】当时，声压级，当时，声压级，则。 故答案为：B 【分析】利用已知条件结合代入法和对数的运算法则，进而结合作差法求出声压级约增加了的分贝。 【解析】【解答】如图， 当圆与 BC 相切时，半径 AD 最小，设此时半径，所以， 解得。 故答案为:A 【分析】利用已知条件结合几何法，得出当圆与 BC 相切时，半径 AD 最小，设此时半径，再利用正弦函数的定义，所以，从而求出 r 的值，进而求出半径 AD 的最小值。 【解析】【解答】如图，由，得，故， 因为直线的斜率为-3， 所以，所以， 又因为，所以， 又因为，
9、故，得， 所以。 故答案为：D 【分析】由，得出，故，再利用直线的斜率为-3 结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式得出，所以，再利用椭圆的定义得出，再利用勾股定理结合焦距的定义，得出 a,c 的关系式，再结合椭圆的离心率公式变形，进而求出椭圆的离心率。 【解析】【解答】由直方图可知，A 校学生做作业时长大部分在 12 小时，而 B 校学生做作业时长大部分在 2.53.5 小时，A 符合题意，C 不符合题意； B 校有学生做作业时长小于 l 小时的，而 A 校有学生做作业时长超过 5 小时的，B 不符合题意； B 校学生做作业时长分布相对 A 校更对称，D 符合题意 故答案为：AD. 【分析】利
10、用已知条件结合频率分布直方图中的数据，进而求出 A 校学生做作业时长的中位数和 B校学生做作业的中位数， A 校学生做作业平均时长和 B 校学生做作业平均时长，再结合比较法得出A 校学生做作业平均时长小于 B 校学生做作业平均时长，再结合正态分布的定义得出 B 校学生做作业时长分布更接近正态分布，再利用统计的方法得出 B 校所有学生做作业时长不一定都大于 A 校学生做作业时长，进而找出说法正确的选项。 【解析】【解答】， ， ，当且仅当或时取等号，A 符合题意； ，当且仅当或时取等号，B 不符合题意； ，当且仅当或时取等号，C 符合题意； 由 B 的解析可知，所以，所以，所以，当且仅当或时取等
11、号，D 不符合题意 故答案为：AC 【分析】利用已知条件结合均值不等式变形求最值的方法，进而找出正确的选项。 【解析】【解答】当时， 当时， 所以，B 符合题意，A 不正确； 随机变量，的分布列如下： 2 3 2 3 4 P P 所以，D 符合题意，C 不正确 故答案为：BD 【分析】利用已知条件结合组合数公式和古典概型求概率公式以及互斥事件加法求概率公式，进而求出随机变量的分布列，再结合比较法得出的大小关系，再利用随机变量的分布列结合数学期望公式，进而求出随机变量的数学期望，从而找出正确的选项。 【解析】【解答】对于 A 选项，因为平面，所以，又因为底面为长方形，所以，由于，所以平面，平面，
12、所以，所以 A 选项正确； 对于 B 选项，因为，所以三点在以为直径的球面上，所以三棱锥的外接球的体积与三棱锥的外接球体积相等，B 选项错误； 对于 C 选项，由平面，所以，又因为，所以平面，所以，同理，又，故七点均在以为直径的球面上C 选项正确； 对于 D 选项，由图得，同理， 故，又，所以， 所以与相交，D 选项错误 故答案为：AC 【分析】利用平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用底面为长方形，所以，再结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，；利用，所以三点在以为直径的球面上，再利用球的体积公式，所以三棱锥的外接球的体积与三棱锥的外接球
13、体积相等；由平面结合线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，同理，再利用，故七点均在以为直径的球面上；由图结合余弦函数的定义，得出，同理，故，再利用，所以，所以与相交，进而找出正确的选项。 【解析】【解答】， ， 所以。 故答案为：。 【分析】利用已知条件结合完全平方公式，再结合同角三角函数基本关系式和二倍角的正弦公式，进而求出的值。 【解析】【解答】由可知函数是指数函数，由可知函数单调递增，又，故只要即可 故答案为：（底数大于 e 的指数函数均可） 【分析】利用已知条件结合指数幂的运算法则，再结合函数的单调性和函数的
14、值域，从而找出满足要求的函数。 【解析】【解答】由，得， 当时，得， 则， 即，则， 当 n=1 时符合上式， 则， 所以 k 最小为 2。 故答案为：2。 【分析】由，得，再利用分类讨论的方法结合累加法和裂项相消的方法，进而求出数列的前 n 项和，再结合放缩法得出实数 k 的最小值。 【解析】【解答】抛物线的焦点为， 所以，设，则， 又 AB 的中点为，直线 l 的斜率为 k， 所以， 所以， 故，故， 故 l 的方程为，所以 故。 故答案为：1；4。 【分析】利用抛物线的焦点为得出 p 的值，设，再利用代入法得出，再结合 AB 的中点为，直线 l 的斜率为 k 结合韦达定理和中点坐标公式，
15、得出的值，所以，再利用两点求斜率公式得出直线的斜率，再结合直线的斜截式方程得出直线 l 的方程，再结合代入法结合两点距离公式和抛物线的定义，进而求出 A,B 两点的距离。 【解析】【分析】 （1） 利用，所以更适宜作为 y 关于 x 的回归方程。 （2） 根据（1）的判断结果及表中数据，再结合平均数公式和最小二乘法得出 y 关于年份代号 x 的回归方程。 【解析】【分析】 （1） 由正弦定理得出，再利用三角形中角 B 的取值范围，进而结合同角三角函数基本关系式得出角 C 的正切值，再利用三角形中角 C 的取值范围，进而求出角 C 的值。 （2） 由（1）结合三角函数的定义，得出，再利用三角形的
16、面积公式结合已知条件得出 ab 的值，再利用，得出 a,b 的值，再由余弦定理可得 c 的值，再利用三角形的周长公式得出三角形的周长。 【解析】【分析】 （1）利用已知条件结合递推公式变形和等比数列的定义，进而证出数列 是以为首项，以为公比的等比数列 。 （2） 由（1）结合等比数列的通项公式得出数列 的通项公式，进而得出数列 的通项公式，再利用错位相减的方法得出数列的前 n 项和。 【解析】【分析】 （1） 连接，由，所以在中，由余弦定理可得 BD 的长，由勾股定理得，再利用结合线线垂直证出线面垂直，所以平面，再结合线面垂直的定义证出线线垂直，从而证出。 （2） 设为的中点，连接，由（1）可
17、知，故，再利用结合等腰三角形三线合一，所以，再利用线线垂直证出线面垂直，所以平面 PEB，再利用线面垂直的定义证出线线垂直，所以，再利用结合线线垂直证出线面垂直，故平面，综上所述，两两垂直，故以 B 为坐标原点，的方向为 x 轴正方向，的方向为 y 轴正方向，的方向为 z 轴正方向，建立空间直角坐标系，从而求出点的坐标，再结合向量的坐标得出向量的坐标，再利用数量积求向量夹角公式得出二面角的余弦值。 【解析】【分析】 （1）设圆 E 的圆心，半径为 r，再利用两圆外切和内切位置关系判断方法，再结合已知的两圆的标准方程求出已知两圆的圆心坐标和半径长，进而得出，由双曲线定义可知，点 E 的轨迹是 M
18、，N 为焦点，实轴长为的双曲线右支，从而求出曲线 C 的方程。 （2） 设，设直线 l 的方程为，由于直线 l 与曲线 C 交于两点，再利用直线与双曲线相交位置关系判断方法，得出实数 m 的取值范围，再利用直线与双曲线相交，联立二者方程结合韦达定理得出，再利用代入法得出，再结合两点求斜率公式得出，从而证出成立。 【解析】【分析】 （1）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合求导的方法判断函数的单调性，从而讨论出函数的单调性。 （2） 当时，得出函数的解析式，由（1）可知的最小值为，再利用零点存在性定理得出存在使得，再利用函数在上单调递减，从而求出函数的极大值点，故为的极大值点，再利用函数在上单调递增，故在上不存在极大值点，所以存在唯一的极大值点，再利用结合零点存在性定理，所以，再利用代入法和放缩法得出，而，所以，再利用为极大值且，从而得出，进而证出 存在唯一的极大值点且。
