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】-22-
【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:.-22-
【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.-22-
【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.-22-
【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.2C.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20-22-
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-22-
时，，则下列说法正确的是（）A.的最小正周期为4B.的图像关于直线对称C.当时，函数的最大值为2D.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.-22-
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.-22-
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，-22-
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-22-
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】-22-
【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；-22-
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，-22-
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．（2）从集合的角度理解充分不必要条件，再由集合的包含关系求解即可．【详解】解：（1）∵∴，则∴，∴.（2）∵∴由可得：或∴或∴或∵：，：，且是的充分不必要条件∴或∴或∴实数的取值范围是.【点睛】本题考查不等式的解法以及充分条件与必要条件，属于基础题．-22-
19.已知函数.（1）当时，求的最小值；（2）若存在，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由可知，当，时，，时，，即可得出单调性，求出最值；（2）对分类讨论：若，则，容易判断出结论；若，可得；若，由（1）可知，函数的最小值为，只要，解得范围即可得出．【详解】（1），由，可得时，；时，∴函数在上单调递增，在上单调递减．时，函数取得极小值即最小值．（2）对分类讨论：若，则，不存在，使得成立；若，则，满足题意；若，由（1）可知，函数的最小值为，∴，解得．-22-
综上可得，实数的取值范围是．【点睛】本题主要考查利用导数研究函数的单调性、极值与最值，以及不等式存在性问题的解法应用，意在考查学生的分类讨论意识，转化能力，逻辑推理能力和数学运算能力，属于中档题．20.已知数列的前项和满足且．（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和，求证．【答案】（1）；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）由可得，两式相减可得即，所以为常数列，即可得的通项公式；（2），利用乘公比错位相减求，即可得证.【详解】（1）因为，所以，两式相减得，整理得，即，所以为常数列，所以，所以-22-
（2）由（1）得：，所以两式相减得：，，化简得【点睛】方法点睛：数列求和的方法（1）倒序相加法：如果一个数列的前项中首末两端等距离的两项的和相等或等于同一个常数，那么求这个数列的前项和即可以用倒序相加法（2）错位相减法：如果一个数列的各项是由一个等差数列和一个等比数列的对应项之积构成的，那么这个数列的前项和即可以用错位相减法来求；（3）裂项相消法：把数列的通项拆成两项之差，在求和时，中间的一些项可相互抵消，从而求得其和；（4）分组转化法：一个数列的通项公式是由若干个等差数列或等比数列或可求和的数列组成，则求和时可用分组转换法分别求和再相加减；（5）并项求和法：一个数列的前项和可以两两结合求解，则称之为并项求和，形如类型，可采用两项合并求解.21.已知椭圆的一个焦点与抛物线的焦点重合，且此抛物线的准线被椭圆截得的弦长为.（1）求椭圆的标准方程；（2）直线交椭圆于、两点，线段的中点为，直线是线段的垂直平分线，试问直线是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由．-22-
【答案】（1）；（2）直线过定点，详见解析.【解析】【分析】（1）由题意得出，由题意知点在椭圆上，由此得出关于、的方程组，求出、的值，即可得出椭圆的标准方程；（2）解法一：由题意可知，直线斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线的斜率不存在两种情况讨论，在第一种情况下，设直线的方程为，设点、，将直线的方程与椭圆的方程联立，列出韦达定理，由得出，并写出直线的方程，由此可得出直线所过定点的坐标；在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论；解法二：由题意可知，直线的斜率不为零，然后分直线的斜率存在且不为零和直线的斜率不存在两种情况讨论，在第一种情况下，由点差法可得出直线的斜率为，可写出直线的方程，即可得出直线所过定点的坐标；在第二种情况下可得出直线为轴，即可得出直线过定点，由此得出结论.【详解】（1）抛物线的焦点为，准线为.由于抛物线的准线截椭圆所得弦长为，则点在椭圆上，则有，解得，因此，椭圆的标准方程为；（2）法一：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.-22-
当直线的斜率存在且不为时，易知，设直线的方程为，代入椭圆方程并化简得：.设，，则，解得.因为直线是线段的垂直平分线，故直线的方程为，即，即.令，此时，，于是直线过定点；当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点.综上所述，直线过定点；法二：显然点在椭圆内部，故，且直线的斜率不为.当直线的斜率存在且不为时，设，，则有，，两式相减得，由线段的中点为，则，，故直线的斜率，因为直线是线段的垂直平分线，故直线的方程为，即，即.令，此时，，于是直线过定点；当直线的斜率不存在时，易知，此时直线，故直线过定点-22-
综上所述，直线过定点.【点睛】本题考查椭圆标准方程求解，同时也考查了椭圆中直线过定点的问题，在涉及中点弦问题时，可以利用韦达定理法或点差法得出直线方程中两个参数的等量关系，进而得出直线所过定点的坐标，考查运算求解能力，属于中等题.22.设函数．（1）若当时，取得极值，求的值，并讨论的单调性；（2）若存在极值，求的取值范围，并证明所有极值之和大于．【答案】（1），在区间单调递增，在区间单调递减；（2）的取值范围为；证明见解析．【解析】【分析】（1）利用导数研究极值的条件，求得a的值，并将导函数通分和分解因式，得到导函数的正负区间，进而得到函数f(x)的单调区间；（2）利用导数和极值的关系，采用分类讨论的方法，求得a的取值范围，根据极值点满足的二次方程，利用根与系数的关系，结合对数的运算，得到，进而求得极值之和，根据极值存在的条件证得最终的结论.【详解】（1），依题意有，故．经检验满足题意．，的定义域为，，当时，；当时，；当时，-22-
．所以在区间单调递增，在区间单调递减．（2）的定义域为，．方程的判别式．若，即，在的定义域内，故无极值．若，则或．当，，，当时，，当时，，所以无极值．当，，，也无极值．若，即或，则有两个不同的实根，．当时，，从而在的定义域内没有零点，故无极值．当时，，，在的定义域内有两个不同的零点，可知在取得极值．综上，存在极值时，的取值范围为．由可得，则，，所以的极值之和为-22-
．【点睛】本小题主要考查利用导数研究函数的单调性和极值，考查了较为复杂的运算能力和分类讨论思想，属中高档题，难度较大.关键是要熟练准确掌握导数与函数的单调性的关系，导数与极值的关系，并注意利用二次方程根与系数的关系简化运算.-22-
