高三数学第三次诊断考试试题 文含解析 试题

2021届高三年级第三次诊断考试
制卷人：打自企；成别使；而都那。

审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……
日期：2022年二月八日。

数学〔文〕试卷
一、选择题：〔本大题一一共12个小题，每一小题5分，一共60分.在每一小题给出的四个选项里面，只有一项是哪一项符合题目要求的.〕
1.假设复数满足〔为虚数单位〕，那么的一共轭复数为〔〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先将等式两边同乘以i，可求得z，再利用一共轭复数的定义求得结果．
【详解】∵iz＝4﹣5i，
∴i2z＝〔4﹣5i〕i，
∴﹣z＝4i+5，化为z＝﹣5﹣4i．
∴z的一共轭复数5+4i．
应选：A．
【点睛】此题考察了复数的运算法那么和一共轭复数的意义，属于根底题．
2.设集合，集合，那么〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
由题意得，
∴．选D．
3.如图是一容量为100的样本的重量的频率分布直方图，那么由图可估计样本重量的中位数为〔〕
A. 11
B. 11.5
【答案】C
【解析】
试题分析：由频率分布直方图可估计样本重量的中位数在第二组，设中位数比大，由题意可得，得，所以中位数为，应选C.
考点：1、频率分布直方图；2、中位数的求法.
4.公元263年左右，我国数学家刘徽发现，当圆内接多边形的边数无限增加时，多边形面积可无限逼近圆的面积，由此创立了割圆术，利用割圆术刘徽得到了圆周率准确到小数点后面两位的近似值，这就是著名的徽率.如图是利用刘徽的割圆术设计的程序框图，那么输出的值是〔〕
参考数据：，，.
A. 12
B. 24
C. 48
D. 96
【答案】B
【解析】
【分析】
列出循环过程中的和的数值，满足判断框的条件即可完毕循环。

【详解】执行程序：，不满足条件；
，不满足条件；
，
满足条件，退出循环．
输出的值是24.
应选.
【点睛】此题主要考察了程序框图中的循环构造以及三角函数的计算，考察了读图和识图才能，运算求解才能，属于根底题。

5.某几何体的三视图如下图，其中俯视图为扇形，那么该几何体的体积为〔〕
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
试题分析：由三视图可知，该几何体为底面半径为、高为的圆锥的，所以该几何体的体积
，应选D.
考点：三视图.
6.，为单位向量，当，的夹角为时，在上的投影为〔〕
A. 5
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
由题设，，而即
，所以，应选答案D。

点睛：解答此题的关键是准确理解向量在另一个向量上的射影的概念。

求解时先求两个向量
的模及数量积的值，然后再运用向量的射影的概念，运用公式进展计算，从而使得问题获解。

7.函数，把函数的图象向右平移个单位，再把图象的横坐标缩小到原来的一半，得到函数的图象，当时，方程有两个不同的实根，那么实数的取值范围为〔〕A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
化简函数为，由平移变换与伸缩变换得到，然后数形结合可得实数的取值范围.
【详解】函数，
把函数的图象向右平移个单位，再把图象的横坐标缩小到原来的一半，
得到函数
当时，方程有两个不同的实根等价于函数与有两个不同交点，令t，即与有两个不同交点，
结合图象可知：
应选：D
【点睛】函数零点的求解与判断
(1)直接求零点：令，假如能求出解，那么有几个解就有几个零点；
(2)零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点；
(3)利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．
8.过轴正半轴上一点，作圆：的两条切线，切点分别为，，假设，
那么的最小值为〔〕
A. 1
B.
C. 2
D. 3
【答案】B
【解析】
圆心坐标是，半径是1；，。

在三角形ACB中，
由余弦定理的得：
解得：。

应选B
【此处有视频，请去附件查看】
9.函数的定义域为，当时，，对任意的，
成立，假设数列满足，且，那么的值是〔〕
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
试题分析：∵，∴，∴，，设，，∵，∴，∴，所以为增函数．，，，，，，∴．
考点：抽象函数、递推公式求通项．
10.如下图，某几何体由底面半径和高均为5的圆柱与半径为5的半球面对接而成，该封闭几何体内部放入一个小圆柱体，且圆柱体的上下底面均与外层圆柱的底面平行，那么小圆柱体积的最大值为〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
小圆柱的底面半径为r (0r5)，小圆柱的高分为2局部，上半局部在大圆柱内为5，下半局部深化半球内为h (0h5)，由于下半局部截面和球的半径构成直角三角形，即+，从而可以找出体积表达式进而利用函数知识求出最值。

【详解】小圆柱的高分为上下两局部，上局部同大圆柱一样为5，下局部深化底部半球内设为h (0h5)，小圆柱的底面半径设为r (0r5)，由于和球的半径构成直角三角形，即+，所以小圆柱体积，(0h5)，求导，当0h时，体积单调递增，当h5时，体积单调减。

所以当h=时，小圆柱体积获得最大值，
，应选B.
【点睛】先由几何关系找出体积表达式，再通过导数求最值是此题的关键。

11.如图，双曲线：的右顶点为，为坐标原点，以为圆心的圆与双曲线的一条渐近线交于两点，，假设，且，那么双曲线的离心率为〔〕
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
设M为PQ的中点，令OP＝x，那么可求得AM，OM的长度，进而求得tan∠MOA即为渐近线的斜率，从而求得e.
【详解】由题意可得△PAQ为等边三角形，
设OP＝x，可得OQ＝3x，PQ＝2x，
设M为PQ的中点，可得PM＝x，AM x，
tan∠MOA，
那么e．
应选：A．
【点睛】此题考察双曲线的离心率的求法，考察了渐近线斜率与离心率的关系，注意结合圆的几何特征求解，属于根底题．
12.，对于，均有，那么实数的取值范围是〔〕
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
利用条件转化为f〔x〕≤m〔x+1〕+2，即f〔x〕的图象不高于直线y＝m〔x+1〕+2的图象，求出函数f 〔x〕＝ln〔x+1〕过点〔﹣1，2〕的切线方程，利用数形结合进展求解即可．
【详解】假设∀x∈[﹣1，+∞〕，均有f〔x〕﹣2≤m〔x+1〕，得∀x∈[﹣1，+∞〕，均有f〔x〕≤m〔x+1〕+2
即f〔x〕的图象不高于直线y＝m〔x+1〕+2的图象，直线y＝m〔x+1〕+2过定点〔﹣1，2〕，
作出f〔x〕的图象，由图象知f〔﹣1〕＝2，
设过〔﹣1，2〕与f〔x〕＝ln〔x+1〕〔x>0〕相切的直线的切点为〔a，ln〔a+1〕〕，〔a>0〕
那么函数的导数f′〔x〕，即切线斜率k，
那么切线方程为y﹣ln〔a+1〕〔x﹣a〕，
即y x ln〔a+1〕，
∵切线过点〔﹣1，2〕，
∴2ln〔a+1〕＝﹣1+ln〔a+1〕
即ln〔a+1〕＝3，
那么a+1＝e3，
那么a＝e3﹣1，
那么切线斜率k
要使f〔x〕的图象不高于直线y＝m〔x+1〕+2的图象，
那么m≥k，
即实数m的取值范围是[，+∞〕，
应选：B．
【点睛】此题主要考察分段函数的应用以及不等式恒成立问题，利用数形结合转化为两个图象关系，结合导数的几何意义求出切线方程和斜率是解决此题的关键．
二、填空题〔每一小题5分，满分是20分，将答案填在答题纸上〕
13.某校高三科创班一共48人，班主任为理解学生高考前的心理状况，将学生按1至48的学号用系统
抽样方法抽取8人进展调查，假设抽到的最大学号为48，那么抽到的最小学号为______．
【答案】6
【解析】
【分析】
抽到的最大学号为48，由系统抽样等根底知识即可得最小学号.
【详解】由系统抽样方法从学号为1到48的48名学生中抽取8名学生进展调查，把48人分成8组，抽到的最大学号为48，它是第8组的最后一名，那么抽到的最小学号为第一组的最后一名6号.
故答案为：6．
【点睛】此题考察了系统抽样等根底知识，考察运算求解才能，属于根底题．
14.假设实数，满足不等式组，那么的最大值是______．
【答案】19
【解析】
【分析】
根据题意先画出满足约束条件的平面区域，然后分析目的函数及平面区域里各个点的特点，可求出目的函数z＝|x|+3y的最大值．
【详解】满足约束条件的平面区域如下图：
要使z＝|x|+3y最大，那么由图可知区域内A点处满足|x|最大且y最大，所以z最大，
由得A〔﹣4，5〕
代入z＝|x|+3y得z＝|﹣4|+3×5＝19，
当x＝﹣4，y＝5时，|x|+3y有最大值19．
故答案为：19．
【点睛】此题主要考察了简单的线性规划问题，关键是分析目的函数的特点，属于中档题.
15.四面体中，，，那么四面体外接球的外表积为________．【答案】
【解析】
【分析】
将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，那么长方体的外接球即为四面体的外接球，利用数据计算长方体的体对角线即为外接球的直径，可得球的外表积.
【详解】将四面体放入长方体中，使得六条棱分别为长方体六个面的面对角线，如图：
那么长方体的外接球即为四面体的外接球，
又长方体的体对角线即为外接球的直径2R，
设长方体的长宽高分别为a，b，c，那么有，，
∴，
所以外接球的外表积为，
故答案为．
【点睛】此题考察球的内接几何体，球的外表积的求法，考察了长方体模型的应用及空间想象才能，属于中档题.
16.数列中，，，设，假设对任意的正整数，当时，不等式恒成立，那么实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
∵，〔，〕，当时，，，…，，并项相加，得：，
∴，又∵当时，也满足上式，
∴数列的通项公式为，∴
，令〔〕，
那么，∵当时，恒成立，∴在上是增函数，
故当时，，即当时，，对任意的正整数，
当时，不等式恒成立，那么须使，即对恒成立，即的最小值，可得，∴实数的取值范围为，故答案为. 点睛：此题考察数列的通项及前项和，涉及利用导数研究函数的单调性，考察运算求解才能，注意解题方法的积累，属于难题通过并项相加可知当时，进而可得数列的通项公式，裂项、并项相加可知，通过求导可知是增函数，进而问题转化为，由恒成立思想，即可得结论.
三、解答题〔解容许写出文字说明、证明过程或者演算步骤.〕
17.向量，，设函数.
〔Ⅰ〕求函数的单调递增区间；
〔Ⅱ〕在中，角、、的对边分别为、、，且满足，，求
的值．
【答案】〔1〕；〔2〕
【解析】
试题分析：〔1〕利用数量积的坐标表示，先计算，然后代入中，利用正弦的二倍角公式和降幂公式，将函数解析式化为，然后利用复合函数的单调性和正弦函数的单调区间，求出函数的单调递增区间；〔2〕三角形问题中，涉及边角混合的式子，往往进展边角转换，或者转换为边的代数式，或者转换为三角函数问题处理．将利用正弦定理转换为，同时结合和余弦定理得，，从而求，进而求的值．
试题解析：〔1〕
令6分
所以所求增区间为7分
〔2〕由，，8分
，即10分
又∵，11分12分
考点：1、正弦定理；2、余弦定理；3、三角函数的图象和性质.
18.参加山大附中数学选修课的同学，对某公司的一种产品销量与价格进展了统计，得到如下数据和散点图：
定价〔元〕10 20 30 40 50 60
年销量〔〕1150 643 424 262 165 86
〔参考数据：，，，
〕
〔Ⅰ〕根据散点图判断，与，与哪一对具有较强的线性相关性〔给出判断即可，不必说明理由〕？〔Ⅱ〕根据〔1〕的判断结果及数据，建立关于的回归方程〔方程中的系数均保存两位有效数字〕．〔Ⅲ〕定价为多少元/时，年收入的预报值最大？
附：对于一组数据，，，…，，其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为：
，.
【答案】〔I〕由散点图可知，与具有较强的线性相关性; 〔II〕; 〔III〕定值为元/时，年利润的预报值最大.
【解析】
试题分析：比拟两个散点图可以发现与具有较强的线性相关性，利用表中提供的与的对应值计算，借助提后提供的现成数据再计算，得出，和，得出后再利用，有，得出关于的回归方程，注意保存小数；表示出年利润，求导找出最值.
试题解析：
〔I〕由散点图可知，与具有较强的线性相关性.
〔II〕由题得，，
，
，
又，
那么，
∴线性回归方程为，
那么关于的回归方程为.
〔III〕设年利润为，
那么，
求导，得，
令，解得.
由函数的单调性可知，当时，年利润的预报值最大，
∴定值为元/时，年利润的预报值最大.
19.如图，在三棱锥中，，，，，.
〔1〕求证：平面平面；
〔2〕求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】〔1〕见解析〔2〕
【解析】
【分析】
〔1〕要证平面BDE⊥平面ACD，需证BE⊥面ACD，由数量关系可得，那么可求证．
〔2〕用等体积方法求出C到面ABD的间隔，那么可求直线AC与平面ABD所成角的正弦值．
【详解】〔1〕由得，，
又，
∴.
又∵，∴面，
∵面，
∴面面.
〔2〕设到平面的间隔为，
由，
得，
那么.
设与平面所成角为，那么，
∴与平面所成角的正弦值为.
【点睛】此题考察了面面垂直的断定定理，考察了线面角的求法，利用等体积法求三棱锥的高是解题的关键，是根底题．
20.如图，设椭圆：，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，且椭圆
的离心率是．
〔Ⅰ〕求椭圆的HY方程；
〔Ⅱ〕过作直线交抛物线于，两点，过且与直线垂直的直线交椭圆于另一点，求面积的最小值，以及取到最小值时直线的方程．
【答案】〔Ⅰ〕; 〔Ⅱ〕面积的最小值为9，.
【解析】
试题分析：〔Ⅰ〕由求出抛物线的焦点坐标即得椭圆中的，再由离心率可求得，从而得值，得HY方程；〔Ⅱ〕此题考察圆锥曲线中的三角形面积问题，解题方法是设直线方程为，设
，把直线方程代入抛物线方程，化为的一元二次方程，由韦达定理得，由弦长公式得，同样过与直线垂直的直线方程为，同样代入椭圆方程，利用韦达定理得，其中，是点的横坐标，于是可得，这样就可用表示出的面积，，接着可设，用换元法把表示为的函数，利用导数的知识可求得最大值. 试题解析：
〔Ⅰ〕∵椭圆：，长轴的右端点与抛物线：的焦点重合，
∴，
又∵椭圆的离心率是，∴，，
∴椭圆的HY方程为．
〔Ⅱ〕过点的直线的方程设为，设，，
联立得，
∴，，
∴．
过且与直线垂直的直线设为，
联立得，
∴，故，
∴，
面积．
令，那么，，
令，那么，即时，面积最小，
即当时，面积的最小值为9，
此时直线的方程为．
21.函数.
〔1〕假设曲线在点处的切线与直线垂直，求函数的单调区间；
〔2〕假设对于任意都有成立，试求的取值范围；
〔3〕记.当时，函数在区间上有两个零点，务实数的取值范围。

【答案】〔1〕单调增区间是，单调减区间是.〔2〕〔3〕
【解析】
【分析】
〔1〕先由导数的几何意义求得a，在定义域内，再求出导数大于0的区间，即为函数的增区间，求出导数小于0的区间即为函数的减区间．
〔2〕根据函数的单调区间求出函数的最小值，要使f〔x〕＞2〔a﹣1〕恒成立，需使函数的最小值大于2〔a﹣1〕，从而求得a的取值范围．
〔3〕利用导数的符号求出单调区间，再根据函数g〔x〕在区间[e﹣1，e]上有两个零点，得到，解出实数b的取值范围．
【详解】〔1〕直线的斜率为1，函数)的定义域为.
因为，所以，所以，
所以，.
由解得；由解得.
所以得单调增区间是，单调减区间是.
〔2〕由解得；由解得.
所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，
所以当时，函数获得最小值.
因为对于任意都有成立，
所以即可.
那么，
即，解得，
所以得取值范围是.
〔3〕依题意得，那么，
由解得，由解得.
所以函数在区间上有两个零点，
所以，解得.
所以的取值范围是.
【点睛】此题考察导数的几何意义及利用导数求函数的单调区间问题，考察了利用导数研究函数的最值及零点的问题，属于中档题．
22.在直角坐标系中，以为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的参数方程为，〔为参数〕，曲线的普通方程为，点的极坐标为．
〔Ⅰ〕求直线的普通方程和曲线的极坐标方程；
〔Ⅱ〕假设将直线向右平移2个单位得到直线，设与相交于，两点，求的面积．
【答案】〔1〕，；〔2〕.
【解析】
试题分析：〔1〕通过加减消元法求得直线的普通方程为，根据
化简得圆的极坐标方程为；〔2〕将直线向右平移个单位得到直线，方程为，其极坐标方程为，所以，故.点到直线的间隔为，所以
．
试题解析：
〔1〕根据题意，直线的普通方程为，曲线的极坐标方程为
〔2〕的普通方程为，所以其极坐标方程为，所以，故，
因为，所以点到直线的间隔为，所以
考点：坐标系与参数方程．
23.设.
〔Ⅰ〕求函数的定义域；
〔Ⅱ〕假设存在实数满足，试务实数的取值范围.
【答案】〔Ⅰ〕；〔Ⅱ〕．
【解析】
试题分析：〔Ⅰ〕先用零点分段法将表示分段函数的形式，然后再求定义域；〔Ⅱ〕利用函数图象求解．
试题解析：〔Ⅰ〕，它与直线交点的横坐标为和，
∴不等式的定义域为．
〔Ⅱ〕函数的图象是过点的直线，
结合图象可知，取值范围为．
考点：1、分段函数；2、函数的定义域；3、函数的图象．
制卷人：打自企；成别使；而都那。

审核人：众闪壹；春壹阑；各厅……
日期：2022年二月八日。