1、高三数学网课质量检测卷一、单选题（共4小题，每题5分，共20分）1在复平面内，复数对应的点位于A第一象限B第二象限C第三象限D第四象限2已知空间中不过同一点的三条直线l，m，n，条件“l，m，n共面”成立的一个充分不必要条件是Alm=P，ln=Q Bl，m，n两两相交 Clm，lnDlm，mn=P3已知一组数据1，2，a，b，5，8的平均数和中位数均为4，其中，在去掉其中的一个最大数后，该组数据的A平均数不变B中位数不变C众数不变D标准差不变4向量旋转具有反映点与点之间特殊对应关系的特征.平面向量旋转公式在中学数学中用于求旋转相关点的轨迹方程具有明显优势，已知对于任意平面向量，把绕其起点沿逆时
2、针方向旋转角得到向量，叫做把点B绕点A沿逆时针方向旋转角得到点P.已知平面内点，点，把点B绕点A沿顺时针方向旋转后得到点P，则点P的坐标为ABCD5已知双曲线的左焦点为F，直线与双曲线C交于A，B两点（其中点A位于第一象限），且的面积为，则直线的斜率为ABCD6已知，过定点的动直线和过定点的动直线交于点，则的取值范围是A B C D7已知，则与的大小关系是A B C D不确定8以为底的两个正三棱锥和内接于同一个球，并且正三棱锥的侧面与底面所成的角为45，记正三棱锥和正三棱锥的体积分别为和，则A1BCD二、多选题（共4小题，每题5分，共20分）9已知函数，则A是奇函数B是周期函数且最小正周期为C
3、的值域是D当时10半正多面体（semiregularsolid）亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美二十四等边体就是一种半正多面体，是由正方体切截而成的，它由八个正三角形和六个正方形构成（如图所示），若它的所有棱长都为，则ABF平面EABB该二十四等边体的体积为C该二十四等边体外接球的表面积为8DPN与平面EBFN所成角的正弦值为11已知曲线C的方程为，圆，则AC表示一条直线B当时，C与圆M有3个公共点C当时，存在圆N，使得圆N与圆M相切，且圆N与C有4个公共点D当C与圆M的公共点最多时，r的取值范围是12函数（k为常数）的图象可能是 A B C
4、D三、填空题（共4小题，每题5分，共20分）13已知，且满足，则的最小值为_14为迎接2022年北京冬奥会，某工厂生产了一批雪车，这批产品中按质量分为一等品，二等品，三等品.从这批雪车中随机抽取一件雪车检测，已知抽到不是三等品的概率为0.93，抽到一等品或三等品的概率为0.85，则抽到一等品的概率为_.15已知正三棱锥内接于半径为2的球，且扇形的面积为，则正三棱锥的体积为_16某校数学课外小组在坐标纸上，为学校的一块空地设计植树方案如下：第k棵树种植在点处，其中当时，T（a）表示非负实数a的整数部分，例如T（2.6）2，T（0.2）0按此方案，第6棵树种植坐标应为 ，第2018棵树种植点的坐标
5、应为 四、解答题（共6题，共70分）17（10分）在；. 这三个条件中任选一个，补充在下面的问题中，并回答问题.问题：在中，所对的边分别为，为的面积，是的中点.若，且 ，求及的长.18（12分）已知数列的前n项和为，且6，成等差数列（1）求；（2）是否存在，使得对任意成立？若存在，求m的所有取值；否则，请说明理由19（12分）如图所示，四棱柱的底面是菱形，侧棱垂直于底面，点，分别在棱，上，且满足，平面与平面的交线为.（1）证明：直线平面；（2）已知，设与平面所成的角为，求的取值范围.20（12分）已知F为抛物线的焦点，直线与C交于A，B两点且.（1）求C的方程.（2）若直线与C交于M，N两点，
6、且与相交于点T，证明：点T在定直线上.21（12分）红铃虫是棉花的主要害虫之一，能对农作物造成严重伤害，每只红铃虫的平均产卵数和平均温度有关，现收集了以往某地的7组数据，得到下面的散点图及一些统计量的值.平均温度21232527293133平均产卵数/个7112124661153251.92.43.03.24.24.75.8（1）根据散点图判断，与（其中为自然对数的底数）哪一个更适宜作为平均产卵数关于平均温度的回归方程类型？（给出判断即可，不必说明理由）并由判断结果及表中数据，求出关于的回归方程.（计算结果精确到0.01）（2）根据以往统计，该地每年平均温度达到以上时红铃虫会造成严重伤害，需要
7、人工防治，其他情况均不需要人工防治，记该地每年平均温度达到以上的概率为.记该地今后5年中，恰好需要3次人工防治的概率为，求的最大值，并求出相应的概率.附：回归方程中，.参考数据52151771371781.33.622（12分）已知函数(1)若在上单调递增，求a的取值范围；(2)若存在两个极值点，且，求a的取值范围参考答案单选题12345678DBCAADCD多选题9101112ABBCDBCABC填空题131415160.78 解答题17.选择：在中，因，则，由正弦定理得，而，即有，因此得，所以，；在中，由，由余弦定理，得，解得或（舍去），即，因为是的中点，即，于是得，即的长为.选择：在中，
8、因，则，而，于是得，所以；在中，由，由余弦定理，得，解得或（舍去），即，因为是的中点，即，于是得，即的长为.选择：在中，因，由正弦定理得，而，从而有，即，则，又，所以，即；在中，由，由余弦定理，得，解得或（舍去），即，因为是的中点，即，于是得，即的长为.18. 解：（1）因为6，成等差数列，所以，因此有，两式相减得:，即，当时，故是以2为首项，为公比的等比数列，；。（2），题中不等式等价于，即，即对成立，且时，显然m为偶数，成立，当时，故19.（1）如图，连接，与交于点.由条件可知，且，所以，因为平面，所以平面.因为平面平面，所以.因为四棱柱的底面是菱形，且侧棱垂直于底面，所以，又，所以平面，
9、所以平面.（2）如图所示，以为坐标原点，分别以，的方向为，轴的正方向建立空间直角坐标系.设，因为，所以.则，.所以，.由（1）可知是平面的一个法向量，而，所以，当时，即.20. （1）解：设，由，得，则，从而，解得，故的方程为.（2）证明：设，.因为，所以.根据得，则，同理得.又两式相加得，即，由于，所以.故点在定直线上.21.解：（1）由散点图可以判断，适宜作为卵数关于温度的回归方程类型.对两边取自然对数，得， 令，则，由数据得，所以，所以关于的线性回归方程为，则关于的回归方程为；（2）由得，因为，令得，解得；所以在上单调递增，在上单调递减，所以有唯一的极大值为，也是最大值；所以当时，.22.(1)由题知在上恒成立，即在上恒成立，令，则，在上单增，在上单减，即；(2)由题知，是方程的两根，又，故是的两根，令，由(1)知，在和上单增，在上单减，当时，h(x)图象在x轴上方，当时，h(x)图象在x轴下方，且x=0时h(x)取得最大值，所以时，方程有两根，其中，若，则，；若，则，而，所以，即；故，综上得.