山东省枣庄市2021届高三上学期第三次质量检测数学Word版含解析

2020—2021学年高三年级第三次质量检测 数学试题 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚. 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回，满分150分，考试用时120分钟． 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. 已知复数满足（其中为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 求出，结合共轭复数的概念可求出的值. 【详解】，，因此，. 故选：B. 【点睛】本题考查复数模的计算，同时也考查了共轭复数，考查计算能力，属于基础题. 2. 设，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. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 先化简已知，再根据集合的关系判断得解. 【详解】因为，所以，设， 因为，所以，设, 因为是的真子集， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A． 【点睛】本题主要考查一元二次不等式和绝对值不等式的解法，考查充分必要条件的判定，考查集合的关系，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 3. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 利用函数的奇偶性定义可判断函数为偶函数, 排除选项,当时,可判断得出，,排除选项即可得解. 【详解】函数定义域为. 因为， 所以函数为偶函数，函数图象关于y轴对称，排除选项. 当时,,,,所以,排除选项. 故选:. 【点睛】本题考查函数图象的辨识，可以从奇偶性,单调性,函数值符号,特殊值等入手,通过排除法求解,难度较易. 4. 新冠肺炎疫情防控中，核酸检测是新冠肺炎确诊的有效快捷手段．某医院在成为新冠肺炎核酸检测定点医院并开展检测工作的第天，每个检测对象从接受检测到检测报告生成平均耗时（单位：小时）大致服从的关系为（、为常数）.已知第天检测过程平均耗时为小时，第天和第天检测过程平均耗时均为小时，那么可得到第天检测过程平均耗时大致为（ ） A. 小时 B. 小时 C. 小时 D. 小时 【答案】C 【解析】 【分析】 根据题意求得和的值，然后计算出的值即可得解. 【详解】由第天和第天检测过程平均耗时均为小时知，， 所以，得． 又由知，，所以当时，， 故选：C． 【点睛】本题考查分段函数模型的应用，求出和的值是解题的关键，考查计算能力，属于中等题. 5. 已知函数，其中为实数，若对恒成立，且，则的单调递增区间是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由三角函数的最值得或，再由得，进而可得单调增区间. 【详解】因为对任意恒成立，所以， 则或， 当时，，则（舍去）， 当时，，则，符合题意， 即， 令，解得，即的单调递增区间是；故选C. 【点睛】本题主要考查了三角函数的图像和性质，利用三角函数的性质确定解析式，属于中档题. 6. 已知两定点，，如果动点满足，点是圆上的动点，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出动点轨迹方程（圆），再根据两圆位置关系确定的最大值取法，计算即可得结果. 【详解】设，因为，所以 因此最大值为两圆心距离加上两圆半径，即为 故选：B 【点睛】本题考查动点轨迹方程、根据两圆位置关系求最值，考查数形结合思想方法以及基本化简能力，属中档题. 7. 等差数列的前项和为，若，，则下列结论正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 试题分析：由等差数列的性质及求和公式得，,，故选C. 考点：1. 等差数列的性质；2.等差数列的求和公式. 8. 已知点是双曲线上一点，分别是双曲线C的左、右焦点，若以为直径的圆经过点A，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】 根据以为直径的圆经过点A，结合双曲线的定义可以求出a的值，最后求出离心率. 【详解】解析：由已知得，所以，所以，又，所以，所以双曲线的离心率. 故选：C 【点睛】本题考查了求双曲线离心率问题，考查了双曲线的定义，考查了数学运算能力. 二、选择题(本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分) 9. 已知向量，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若在上的投影为，则向量与的夹角为 C. 存在，使得 D. 的最大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】 若，则，故A错误； 若在上的投影为，且，则，故B正确； 若在上的投影为，且，故当，，故C正确； ， 的最大值为，故D正确. 【详解】若，则，则，故A错误； 若在上的投影为，且，则，，故B正确； 若，，若，则，即，故，，故C正确； ，因为，，则当时，的最大值为，故D正确， 故选：BCD． 【点睛】本题主要考查平面向量的数量积的计算和应用，考查数量积的运算律，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 10. 已知是定义域为R的函数，满足，，当时，，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为4 B. 的图像关于直线对称 C. 当时，函数的最大值为2 D. 当时，函数的最小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据周期的定义判断A；根据对称性判断B；根据二次函数的单调性以及对称性判断C；根据周期性以及单调性得出在上的单调性，即可判断D. 【详解】对于A，，，则，即的最小正周期为4，故A正确； 对于B，由知的图像关于直线对称，故B正确； 对于C，当时，在上单调递减，在上单调递增 根据对称性可知，函数在，上单调递减，在，上单调递增，则函数在上的最大值为，故C正确； 对于D，根据周期性以及单调性可知，函数在上单调递减，在上单调递增，则函数在上的最小值为，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】本题主要考查了函数的对称性、周期性、利用单调性求最值，属于中档题. 11. 在中，已知，且，则（ ） A. 、、成等比数列 B. C. 若，则 D. 、、成等差数列 【答案】BC 【解析】 【分析】 首先根据已知条件化简得到，，再依次判断选项即可得到答案. 【详解】因为， 所以，即. 又因为， 所以， 即，. 对选项A，因为，所以、、成等比数列，故A错误. 对选项B，因为，，所以， 即，故B正确. 对选项C，若，则，， 则， 因为，所以. 故，故C正确. 对选项D，若、、成等差数列，则. 又因为，则. 因为，设，，，， 则，故D错误. 故选：BC 【点睛】本题主要考查正弦定理和余弦定理解三角形，同时考查了三角函数的恒等变换，属于中档题. 12. 已知，，记，则（ ） A. 最小值为 B. 当最小时， C. 的最小值为 D. 当最小时 【答案】AB 【解析】 【分析】 根据条件可将的最小值，转化为函数图象上的点到直线的距离的最小值的平方，结合两直线的位置关系和导数的几何意义，即可求解. 【详解】由和， 则的最小值， 可转化为函数图象上的点到直线的距离的最小值的平方， 又由，可得， 因为与直线平行的直线的斜率为， 所以，解得，则切点的坐标为， 所以到直线上的距离， 即函数上的点到直线上的点的距离的最小值为， 所以的最小值为， 又过且与直线垂直的直线为， 即， 联立方程组，解得， 即当最小时，. 故选：AB 【点睛】本题主要考查了函数与方程综合应用，以及导数的几何意义的应用，其中解答中熟练应用导数的几何意义，合理转化求解是解答的关键，着重考查推理与运算能力. 三、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上) 13. 经过点A(－5,2)，且在x轴上的截距等于在y轴上截距的2倍的直线方程为________ 【答案】或 【解析】 【分析】 由题意： 假设截距不为0时，设出纵截距，利用截距的关系表示出横截距，再用截距式表示直线方程，将点A代入直线方程，即可求出参数值，将参数值待入直线方程再化简，即可求出方程； 当截距为0时，设相应的直线方程，代入点A坐标，求解即可. 【详解】当截距不为0时，设直线的纵截距为b，则横截距为，直线方程为：，将点A坐标代入直线方程，解得：，所以直线方程为：； 当截距为0时，设直线方程为：，代入点A，可得：， 直线方程为：. 【点睛】本题考查直线方程的截距式，以及截距式的限制条件，截距未知时，要考虑截距为0的情况，并加以讨论.当截距为0时，则不能用截距式求直线方程，要利用其它形式. 14. 函数的图象可由函数的图象至少向右平移 个单位长度得到． 【答案】 【解析】 试题分析：,故应至少向右平移个单位. 考点：1、三角恒等变换；2、图象的平移. 15. 的三个顶点都在抛物线E：上，其中A(2，8)，的重心G是抛物线E的焦点，则BC所在直线的方程为_________． 【答案】 【解析】 【分析】 根据重心坐标公式可得，，由此得到BC的中点坐标，再根据点差法得到BC的斜率，然后点斜式写出直线方程. 【详解】设 ，，由重心坐标公式，，又， 所以，，所以中点坐标为， 因为，，两式相减得， 所以直线的斜率为， 所以BC所在直线的方程为，即. 故答案为： 【点睛】方法总结：涉及中点弦或者斜率问题时考虑使用点差法，即设点作差. 16. 已知，则的最小值为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 由可知，，，利用基本不等式即可求最值. 【详解】因为，所以，， 当且仅当 即，时等号成立， 故答案为： 【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数； （2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值； （3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 四、解答题(共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤) 17. 在条件①，②中任选一个，补充到下面问题中，并给出问题解答． 在中，角A，B，C的对边分别为，_________．求的面积． 【答案】答案见解析. 【解析】 【分析】 若选①：由正弦定理及诱导公式、二倍角公式可转化条件为，再由余弦定理可得，由三角形面积公式即可得解； 若选②：由正弦定理及三角恒等变换可转化条件为，再由余弦定理可得，结合三角形面积公式即可得解. 【详解】若选①： 由正弦定理得， 因为，，所以 又因为， 所以， 因为，所以， ，所以， 又，， 所以 所以； 若选②： 由正弦定理得. 因为，所以， 化简得， 即，因，所以， 又因为，即， 所以，即， 所以. 【点睛】关键点点睛：解决本题的关键是三角恒等变换结合正、余弦定理及三角形面积公式的应用. 18. 已知集合， （1）求集合； （2）若：，：，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围. 【答案】（1）（2） 【解析】 【分析】 (1)在函数有意义条件下，解一元二次不等式、绝对值不等式即可．