湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练12试题（Word版附解析）

这是一份湖南省长沙市长郡中学2025届高三上学期数学一轮复习小题精练12试题（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．长沙市9月前10天的空气质量指数为35，54，80，86，72，85，58，125，111，58，则这组数据的第70百分位数是（ ）
A．86B．85.5C．85D．84.5
2．若复数且是方程的一个根，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知单位向量，的夹角为，则向量在方向上的投影向量为（ ）
A．B．
C．D．
4．设a，b是两条不同的直线，，是两个不同的平面，若，，，则“”是a⊥b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
5．若，则的大小关系是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知体积为 的球与正四棱锥的底面和4个侧面均相切，已知正四棱锥的底面边长为 . 则该正四棱锥体积值是（ ）
A．B．C．D．
7．已知函数在处取得最值，且在上恰有两个极值点，则（ ）
A．4B．10C．D．
8．“布朗运动”是指悬浮在液体或气体中的微小颗粒所做的永不停息的无规则运动，在如图所示的试验容器中，容器由三个仓组成，某粒子做布朗运动时每次会从所在仓的通道口中等可能随机选择一个到达相邻仓，且粒子经过次随机选择后到达2号仓的概率为，已知该粒子的初始位置在2号仓，则（ ）．
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知椭圆的左、右焦点分别为，，P是C上的任意一点，则（ ）
A．C的离心率为B．
C．的最大值为D．使为直角的点P有4个
10．已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．函数的单调递增区间是B．函数的值域是
C．函数的图象关于对称D．不等式的解集是
11．化学中经常碰到正八面体结构（正八面体是每个面都是正三角形的八面体），如六氟化硫（化学式）的分子结构、金刚石等.如图，将正方体六个面的中心连线可得到一个正八面体，已知该正八面体的棱长为2，则（ ）
A．
B．该正八面体的体积为
C．该正八面体外接球的表面积为
D．若P为棱上的动点，则的最小值为
三、填空题
12．的展开式中，的系数是 ．（用数字作答）
13．已知函数，则在处的切线方程为 .
14．我国南北朝时期的数学家祖暅提出体积的计算原理（祖暅原理）：“幂势既同，则积不容异．”“势”即是几何体的高，“幂”是截面积，意思是：如果两等高的几何体在同高处的截面积相等，那么这两个几何体的体积相等．已知双曲线的焦点在轴上，离心率为，且过点，则双曲线的渐近线方程为 ．若直线与在第一象限内与双曲线及其渐近线围成如图阴影部分所示的图形，则该图形绕轴旋转一周所得几何体的体积为 ．
参考答案
1．B
【分析】按照百分位数的定义计算即可.
【详解】，故从小到大排列后，35，54，58，58，72，80，85，86，111，125，
取第7个数和8个数的平均数得，
故选：B.
2．B
【分析】将复数代入方程，利用待定系数法，即可求解.
【详解】由题意可知，，
即，
则，解得，，
即，所以.
故选：B
3．C
【分析】根据向量的数量积公式及投影向量的定义即可求解.
【详解】依题意，因为两个单位向量和的夹角为，
所以，
所以，，
，
故向量在向量上的投影向量为．
故选：C.
4．A
【分析】根据线面垂直的性质判断充分性，由线线垂直得线面关系的各种情况判断必要性即可.
【详解】若，由可知成立；
若，可能或与相交，故不一定，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5．D
【分析】结合对数运算性质及对数函数的单调性比较的大小，结合基本不等式及对数函数单调性比较的大小，可得结论.
【详解】，
而，且．
所以，故．
故选：D.
6．A
【分析】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，取的中点，设点在侧面上的投影为点，则点在上，利用求出球心到四棱锥顶点的距离，再由棱锥的体积公式计算可得答案.
【详解】设正四棱锥的内切球的半径为，为底面中心，
由体积为得，
连接，平面，球心在上，，
取的中点，连接，设点在侧面上的投影为点，
则点在上，且，，
球心到四棱锥顶点的距离为，
所以，，解得，
所以.
故选：A.
7．C
【分析】根据题意求出与的关系式，根据的范围求出的范围，当时同理即可求解.
【详解】由题意可知，，，
解得，，当时，
由x∈0,π，得，
由题意，得，解得，所以不存在，
当时，由x∈0,π，
得，由题意，
得，解得，
所以.
故选：C.
8．A
【分析】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为,分析可得整理得，，利用构造法推得为等比数列，即可求得通项，即得.
【详解】记粒子经过次随机选择后到达1号仓的概率为，
粒子经过次随机选择后到达3号仓的概率为，
则有消去可得，，
则，即，因,
则数列组成一个首项为，公比为的等比数列，
故，即，
故.
故选：A.
9．BCD
【分析】根据椭圆的标准方程求出，由离心率定义判断A，由椭圆定义判断B，由椭圆的几何性质判断C，根据以线段为直径的圆与椭圆交点个数判断D.
【详解】由原方程可得椭圆标准方程为，
，，故A错误；
由椭圆定义可知，故B正确；
由椭圆的性质知，故C正确；
易知以线段为直径的圆（因为）与C有4个交点，故满足为直角的点有4个，故D正确.
故选：BCD
10．BC
【分析】根据对数函数相关的复合函数的单调性，值域，对称性，及解对数不等式，依次判断即可得出结果.
【详解】对A：令，解得或，故的定义域为，
∵在定义域内单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
故在上单调递减，在上单调递增，A错误；
对B：∵，即的值域，
∵，故函数的值域是，B正确；
对C：∵，即，
故函数的图象关于对称，C正确；
对D：，且在定义域内单调递增，
可得，解得或，
故不等式的解集是，D错误.
故选：BC.
11．ABD
【分析】对于A项，由题意可知平面，根据线面垂直的性质即可判断；对于B项，根据锥体的体积公式运算求解；对于C项：利用正八面体的对称性可分析计算得出正方形的中心即为外接球球心，计算即得；对于D项，通过两个侧面翻折共面后即得共线时取最小值.
【详解】如图，连接，交于点O，连接，
对于选项A：由题意可知平面，且平面，
所以，故A正确；
对于选项B：由题得可得：，，
所以该正八面体的体积，故B正确；
对于选项C：设该正八面体外接球的半径为R，
由题知，四边形是正方形，则，
又因为，则点O为正八面体外接球的球心，则，
所以正八面体外接球的表面积为，故C错误；
对于选项D：因为与是边长为2的全等正三角形，
将翻折到，使其与共面，得到一个菱形，
连接与相交于点P，此时，，，
则取得最小值为，故D正确.
故选：ABD.
【点睛】关键点点睛：对于D：对于的最小值问题，关键点在于将两条线所在的平面翻折成同一平面，结合平面几何知识分析求解.
12．10
【分析】先求的展开式中，然后与中的项相乘可得.
【详解】的展开式通项为，
则的展开式中，含的项为：
，系数为10.
故答案为：10
13．
【分析】首先求函数的导数，代入，即可求解f′1，再根据导数的几何意义，即可求切线方程.
【详解】由题意可知，，则，得，
所以，，，，
所以函数在处的切线方程为，
即.
故答案为：
14．
【分析】根据离心率及双曲线过点求出、，即可得到双曲线方程与渐近线方程，求出与双曲线及渐近线（）在第一象限的交点横坐标，即可求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截的截面面积，再由祖暅原理计算可得.
【详解】双曲线的离心率，，，；
双曲线的方程为，又双曲线过点，即，解得，则，
双曲线方程为，则双曲线的渐近线方程为；
因为与双曲线在第一象限的交点为且；
与渐近线在第一象限的交点为且；
所以阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截，
其截面面积为；
所以由祖暅原理可知：该阴影图形绕轴旋转一周所得几何体的体积与底面半径为高为的圆柱体积相等，
即它绕轴旋转一圈所得几何体的体积为．
故答案为：，．
【点睛】关键点点睛：本题关键是求出阴影部分绕轴旋转一周所得几何体被任意水平平面所截，其截面面积.