1、高三教学质量检测数学试题第卷(选择题 共60分)一选择题:(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.已知复数在复平面内对应的点分别为，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由已知条件可得，然后代入 ，再利用复数代数形式的乘除运算化简得答案【详解】复数 在复平面内对应的点分别为（1，1），（0，1），1+i，i故选D【点睛】本题考查了复数的代数表示法及其几何意义，考查了复数代数形式的乘除运算，是基础题2.设，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】
2、C【解析】【分析】 ，得 成立；若 ，得【详解】若 ，得 成立；反之，若 ，得故选C.【点睛】本题考查充分条件与必要条件，属基础题.易错点是“”推出“”.3.向量满足，则向量与的夹角为（）A. 45B. 60C. 90D. 120【答案】C【解析】试题分析：设向量与的夹角为，化为，故选C考点：平面向量数量积的运算4.已知数列中,.若为等差数列,则( )A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据等差数列的性质先求出的公差，即可求出【详解】设等差数列的公差为，则，即，解得则，解得故选：C【点睛】本题主要考查等差数列的性质应用，属于基础题5.已知点在抛物线C:()上,点M到抛物线C的焦点
3、的距离是( )A. 4B. 3C. 2D. 1【答案】A【解析】【分析】将点的坐标代入抛物线方程，求出，即得焦点，利用抛物线的定义，即可求出【详解】由点在抛物线上，可得，解得，即抛物线，焦点坐标，准线方程为所以，点到抛物线焦点的距离为：故选：A【点睛】本题主要考查抛物线的定义和简单性质的应用，属于基础题6.在中,若,则( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】依题可得，点为边的中点，从而可得出， ， ，从而可得出，即可得到【详解】如图所示：，点为边的中点，又，又，即故选：D【点睛】本题主要考查向量加法平行四边形法则，向量减法的三角形法则，向量的线性运算，平面向量基本定理等知识的应
4、用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题7.已知双曲线C:,(,)的左右焦点分别为, O为坐标原点,P是双曲线在第一象限上的点,(),则双曲线C的渐近线方程为( )A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】利用双曲线的定义求出，由向量的数量积，可求出，利用余弦定理可得的关系式，结合，即可求出【详解】因为，可得，由可得，所以，即有，即，所以，所以双曲线的渐近线方程为：故选：D【点睛】本题主要考查双曲线的简单性质的应用，双曲线的定义,向量数量积的定义以及余弦定理的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题8.已知奇函数是R上增函数,则( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分
5、析】根据定义，可判断出为偶函数，根据其导数可得出，时，函数单调递增，时，函数单调递减，再利用奇偶性将三个函数值转化到同一个单调区间上的函数值，即可比较出大小【详解】由奇函数是上的增函数，可得，以及当时，当时，由，则，即为偶函数因为，所以当时，当时，故时，函数单调递增，时，函数单调递减因为， 所以故选：B【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性和单调性，比较大小，涉及指数函数，对数函数的性质以及利用导数研究函数单调性，意在考查学生的转化能力和逻辑推理能力，属于中档题二多项选择题:本题共4小题,每小题5分,共20分.在每小题给出的四个选项中,有多项是符合题目要求,全部选对的得5分,部分选对的得3分,有
6、选错的0分.9.如图,正方体的棱长为1,则下列四个命题正确的是( )A. 直线与平面所成的角等于B. 点C到面的距离为C. 两条异面直线和所成的角为D. 三棱柱外接球半径为【答案】ABD【解析】【分析】根据线面角的定义及求法，点面距的定义，异面直线所成角的定义及求法，三棱柱的外接球的半径求法，即可判断各选项的真假【详解】正方体的棱长为1，对于A，直线与平面所成的角为，故选项A正确；对于B，因为面，点到面的距离为长度的一半，即，故选项B正确；对于C，因为，所以异面直线和所成的角为，而为等边三角形，故两条异面直线和所成的角为，故选项C错误；对于D，因为两两垂直，所以三棱柱外接球也是正方体的外接球，
7、故，故选项D正确故选：【点睛】本题主要考查线面角的定义以及求法，点面距的定义以及求法，异面直线所成角的定义以及求法，三棱柱的外接球的半径求法的应用，属于基础题10.要得到的图象,只要将图象怎样变化得到( )A. 将的图象沿x轴方向向左平移个单位B. 将的图象沿x轴方向向右平移个单位C. 先作关于x轴对称图象,再将图象沿x轴方向向右平移个单位D. 先作关于x轴对称图象,再将图象沿x轴方向向左平移个单位【答案】ABC【解析】【分析】根据三角函数的变换法则，即可判断各选项是否可以变换得到【详解】对于A，将图象沿x轴方向向左平移个单位，可得的图象，故选项A正确；对于B，将的图象沿x轴方向向右平移个单位
8、也可得到，的图象，故选项B正确；对于C，先作关于x轴对称，得到的图象，再将图象沿x轴方向向右平移个单位，得到的图象，故选项C正确；对于D，先作关于x轴对称，得到的图象，再将图象沿x轴方向向左平移个单位，得到的图象，故选项D不正确故选：【点睛】本题主要考查三角函数的平移变换和伸缩变换法则的应用，意在考查学生的数学运算能力和转化能力，以及逻辑推理能力，属于基础题11.已知集合,若对于,使得成立,则称集合M是“互垂点集”.给出下列四个集合:;.其中是“互垂点集”集合的为( )A. B. C. D. 【答案】BD【解析】【分析】根据题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得，
9、结合函数图象即可判断【详解】由题意知，对于集合表示的函数图象上的任意点，在图象上存在另一个点，使得在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点，所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以在中的任意点，在中存在另一个，使得，所以是“互垂点集”集合；在的图象上，当点坐标为时，不存在对应的点， 所以不是“互垂点集”集合；对的图象，将两坐标轴绕原点进行任意旋转，均与函数图象有交点，所以所以是“互垂点集”集合，故选：【点睛】本题主要考查命题的真假的判断，以及对新定义的理解与应用，意在考查学生的数学建模能力和数学抽象能力，属于较难题12.德国著名数学家狄利克雷(
10、Dirichlet,18051859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” 其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数有如下四个命题,正确的为( )A. 函数是偶函数B. ,恒成立C. 任取一个不为零的有理数T,对任意的恒成立D. 不存在三个点,使得为等腰直角三角形【答案】ACD【解析】【分析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可【详解】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；对于B，取，则，故选项B错误；对于C，若，则，满足；若，则，满足，故选项C正确；对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐
11、标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立 综上，不存在三个点，使得为等腰直角三角形，故选项D正确故选：【点睛】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识运用能力，意在考查
12、学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题第卷(非选择题 共90分)三填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.已知直线与圆相交于，两点（为坐标原点），且为等腰直角三角形，则实数的值为_【答案】【解析】【分析】根据等腰直角三角形边长可求得弦长，利用点到直线距离公式求得圆心到直线距离，根据垂径定理构造方程可求得结果.【详解】为等腰直角三角形 ，又 又圆的圆心到直线距离，解得：故答案为【点睛】本题考查根据直线被圆截得的弦长求解参数值的问题，涉及到点到直线距离公式、垂径定理的应用；关键是能够明确直线被圆截得的弦长为，属于常考题型.14.已知直线与曲线相切，则= 【答案
13、】3【解析】【分析】设切点为（x0，y0），求出函数yln（x+）的导数为y，得k切1，并且y0x0+2，y0ln（x0+），进而求出【详解】设切点为（x0，y0），由题意可得：曲线的方程为yln（x+），所以y所以k切1，并且y0x0+2，y0ln（x0+），解得：y00，x02，3故答案为3【点睛】本题主要考查直线的斜率、导数的几何意义、利用导数研究曲线上某点切线方程等基础知识，属于基础题.15.2019年7月,中国良渚古城遗址获准列入世界遗产名录,标志着中华五千年文明史得到国际社会认可.良渚古城遗址是人类早期城市文明的范例,实证了中华五千年文明史.考古科学家在测定遗址年龄的过程中利用了“
14、放射性物质因衰变而减少”这一规律.已知样本中碳14的质量N随时间(单位:年)的衰变规律满足(表示碳14原有的质量),则经过5730年后,碳14的质量变为原来的_;经过测定,良渚古城遗址文物样本中碳14的质量是原来的至,据此推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到_年之间.(参考数据:,)【答案】 (1). (2). 6876【解析】【分析】把代入，即可求出；再令，两边同时取以2为底的对数，即可求出的范围【详解】，当时，经过5730年后，碳14的质量变为原来的，由题意可知：，两边同时取以2为底的对数得：，推测良渚古城存在的时期距今约在5730年到6876年之间故答案为：；6876【点睛】本题主
15、要考查了对数的运算， 以及利用对数函数的单调性解不等式，属于基础题16.已知的顶点平面,点B,C在平面异侧,且,若,与所成的角分别为,则线段长度的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由题意画出图形，分别过作底面的垂线，垂足分别为，根据可知，线段长度的最大值或最小值取决于的长度，而，即可分别求出的最小值与最大值【详解】如图所示：分别过作底面的垂线，垂足分别为，由已知可得， 而，当，所在平面与垂直，且在底面上的射影，在点同侧时，长度最小，此时，最小为；当，所在平面与垂直，且在底面上的射影，在点异侧时，长度最大，此时，最大为线段长度的取值范围为故答案为：【点睛】本题主要考查直线与平面所成的角的定义
16、以及应用，向量数量积的应用，意在考查学生的直观想象能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题四解答题: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.(1)求函数的最小正周期及单调递减区间;(2)求函数在区间的取值范围.【答案】(1),;(2).【解析】【分析】(1)利用二倍角公式和辅助角公式对的解析式进行三角恒等变换，得到，再根据周期公式和整体代换法即可求出周期和单调递减区间；(2)令，由在上的单调性，即可求出，从而求出在区间的取值范围【详解】(1)由题意，化简得 所以函数的最小正周期的减区间为，由，得所以函数的单调递减区间为，(2)因为，所以，即有所以，函数在区
17、间上的取值范围是【点睛】本题主要考查利用二倍角公式和辅助角公式进行三角恒等变换，周期公式的应用，整体代换法求正弦型函数的单调区间，以及换元法求三角函数在闭区间上的值域，意在考查学生的转化能力和数学运算能力，属于基础题18.在,a,b,c分别为内角A,B,C的对边,且,若,.(1)求;(2)求的面积S.【答案】(1);(2)或.【解析】【分析】(1)根据条件形式利用正弦定理和余弦定理边化角，可得，再结合平方关系即可求出；(2)根据题意，已知两边及一角，采用余弦定理可得，即可求出边，再根据三角形面积公式即可求出【详解】(1)由题意得由余弦定理得:由正弦定理得所以，中，(2)由余弦定理得解得或，由得
18、或【点睛】本题主要考查利用正弦定理，余弦定理解三角形，以及三角形面积公式的应用，意在考查学生的数学运算能力，属于基础题19.设数列的前n项和为,已知,.(1)证明:为等比数列,求出的通项公式;(2)若,求的前n项和,并判断是否存在正整数n使得成立?若存在求出所有n值;若不存在说明理由.【答案】(1)证明见解析,;(2)不存在,理由见解析.【解析】【分析】(1)根据等比数列的定义即可证明为等比数列，再根据和的关系 ，即可求出的通项公式；(2)根据，可采取错位相减法求出的前n项和，然后代入得，构造函数()，利用其单调性和零点存在性定理即可判断是否存在【详解】(1)，因为，所以可推出故，即为等比数列
19、，公比2，即，当时，也满足此式，；(2) 因为，两式相减得:即，代入，得令()，在成立，为增函数，而，所以不存在正整数n使得成立【点睛】本题主要考查等比数列的定义的应用以及其通项公式的求法，错位相减法，构造函数法，零点存在性定理等的应用，意在考查学生的数学运算能力和逻辑推理能力，属于中档题20.九章算术是我国古代数学名著,它在几何学中的研究比西方早1000多年,在九章算术中,将底面为直角三角形,且侧棱垂直于底面的三棱柱称为堑堵(qian du);阳马指底面为矩形,一侧棱垂直于底面的四棱锥,鳖膈(bie nao)指四个面均为直角三角形的四面体.如图在堑堵中,.(1)求证:四棱锥为阳马;(2)若,
20、当鳖膈体积最大时,求锐二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析;(2).【解析】【分析】(1)按照题目定义，只要证明面即可，而由，即可证出面；(2)先根据基本不等式求出当时，鳖膈体积最大，然后建立如图所示的空间直角坐标系，根据向量法即可求出锐二面角的余弦值【详解】(1)底面，面又，面，又四边形为矩形四棱锥为阳马(2)，又底面，当且仅当时，取最大值，底面以A为原点，建立如图所示空间直角坐标系，设面的一个法向量由得同理得二面角的余弦值为【点睛】本题主要考查线面垂直的判定定理的应用，基本不等式的应用，以及向量法求二面角的余弦值，意在考查学生的直观想象能力和数学运算能力，属于中档题21.给定椭圆C:(
21、),称圆心在原点O,半径为的圆是椭圆C的“卫星圆”.若椭圆C的离心率,点在C上.(1)求椭圆C的方程和其“卫星圆”方程;(2)点P是椭圆C的“卫星圆”上的一个动点,过点P作直线,使得,与椭圆C都只有一个交点,且,分别交其“卫星圆”于点M,N,证明:弦长为定值.【答案】(1),;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1)根据题意列出再结合即可解出，从而得到椭圆C的方程和其“卫星圆”方程；(2) 根据分类讨论，当有一条直线斜率不存在时(不妨假设无斜率)，可知其方程为或，这样可求出；当两条直线的斜率都存在时，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，与椭圆方程联立，由可得，所以线段应为“卫星圆”的直径，即
22、，故得证【详解】(1)由条件可得:解得，所以椭圆的方程为，卫星圆的方程为(2)当，中有一条无斜率时，不妨设无斜率，因为与椭圆只有一个公共点，则其方程为或，当方程为时，此时与“卫星圆”交于点和，此时经过点且与椭圆只有一个公共点的直线是或，即为或，线段应为“卫星圆”的直径，当，都有斜率时，设点，其中，设经过点与椭圆只有一个公共点的直线为，则，消去y得到，所以，满足条件的两直线，垂直线段应为“卫星圆”的直径，综合知：因为，经过点，又分别交“卫星圆”于点，且，垂直，所以线段是“卫星圆”的直径，为定值【点睛】本题主要考查椭圆简单性质的应用，直线与椭圆的位置关系的应用，两直线垂直的斜率关系的应用，韦达定理
23、的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的意识以及数学运算能力，属于中档题22.已知函数,为的导函数.(1)求证:在上存在唯一零点;(2)求证:有且仅有两个不同的零点.【答案】(1)证明见解析;(2)证明见解析.【解析】【分析】(1) 设，然后判断函数在上的符号，得出的单调性，再利用零点存在定理判断在上是否存在唯一零点即可； (2) 分，和三种情况分别考虑的零点存在情况，从而得证【详解】(1)设，当时，所以在上单调递减，又因为，所以在上有唯一的零点，所以命题得证(2) 由(1)知：当时，在上单调递增;当时，在上单调递减;所以在上存在唯一的极大值点所以又因为所以在上恰有一个零点又因为所以在上也恰有一个零点当时， 设， 所以在上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点当时，设，所以上单调递减，所以所以当时，恒成立所以在上没有零点综上，有且仅有两个零点【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，零点存在性定理的应用，以及放缩法的应用，意在考查学生运用分类讨论思想的能力，转化能力，数学运算能力，逻辑推理能力，属于较难题
