2021届重庆市第一中学校高三下学期三月第三次诊断数学试题（含解析）

这是一份2021届重庆市第一中学校高三下学期三月第三次诊断数学试题（含解析），共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021届重庆市第一中学校高三下学期三月第三次诊断数学试题


一、单选题
1．已知，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【分析】根据诱导公式化简即可求解.
【详解】,
,
故选：A
2．已知，且，则满足条件的集合有（ ）
A．6个 B．7个 C．8个 D．15个
【答案】B
【分析】先求出集合A，然后根据集合间的包含关系即可求解.
【详解】由已知可得，
则满足条件的集合B有: ，
故选：B
3．若向量与向量共线，则
A．0 B．4 C． D．
【答案】D
【详解】因为与向量共线，所以，解得，，故选D.
4．已知，则的值为（ ）
A．24 B． C． D．72
【答案】B
【分析】分别令，代入已知关系式，然后两式作差即可求解．
【详解】令，可得①
令，则②
所以②①可得：，
所以，
故选：．
5．2021年寒假，重庆一中书院“云”课堂为了解决孩子们在平时学习中的困惑、遗漏等，各个学科为了孩子们量身定制了各重点章节的微课．其中高三年级数学学科安排了，，三位老师录制“数列”、“三角函数”、“立体几何”、“概率统计”、“解析几何”、“函数与导数”，每位老师录制两章节，其中老师不录制“函数与导数”，老师不录制“三角函数”，则安排录制微课的情况一共有（ ）
A．30种 B．36种 C．42种 D．48种
【答案】C
【分析】分两类讨论，即老师录制三角函数与另一门微课和老师不录制三角函数，然后分别求解即可．
【详解】①老师录制三角函数与另一门微课，则老师有种录课方法，
老师有种录课方法，老师有种录课方法，
则共有种，
②老师不录制三角函数，则老师有种录课方法，
老师有种录课方法，老师有种录课方法，
则共有种，
综上，共有种方法，
故选：C．
6．雷达是利用电磁波探测目标的电子设备，电磁波在大气中大致沿直线传播，受地球表面曲率的影响，雷达所能发现目标的最大直视距离（如图），其中为雷达天线架设高度，为探测目标高度，为地球半径．考虑到电磁波的弯曲、折射等因素，等效取，故远大于，．假设某探测目标高度为，为保航母的安全，须在直视距离外测探到目标，并发出预警，则舰载预警机的巡航高度至少约为（ ）
（参考数据：）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意，列出关于的方程，然后求解即可.
【详解】根据题意可知，，
因为

解得
所以舰载预警机的巡航高度至少约为9 100m.
故选：C
7．已知点，，若圆：上有且仅有一点，使得，则实数的值为（ ）
A． B．9 C．或11 D．9或
【答案】D
【分析】由题意知 A, B两点在x轴上，圆心(3， 4)，求出半径，根据建立关系，求解m即可.
【详解】由点，知，在轴上，
因为圆：，
所以圆心(3，4)，半径，
因为圆：上有且仅有一点，使得，
所以以为圆心，以1为半径的圆与圆相切，
所以，
解得或
故选：D
8．已知正实数，满足，则的最小值为（ ）
A．2 B．4 C． D．
【答案】D
【分析】利用对数运算的性质将已知不等式转化为，再构造函数，利用导数判断函数的单调性，根据函数的单调性和基本不等式求解可得结果.
【详解】因为，
所以．
令，
则，
因为，所以，
所以函数在上单调递增，
所以由，可得，
所以，所以，
故的最小值为4．
【点睛】关键点点睛：求解本题的关键是能够利用对数运算的性质将已知不等式转化为，进而构造函数，利用函数的单调性求解．
9．若复数，其共轭复数为，则（ ）
A．的虚部为 B．
C．在复平面上对应的点在第四象限 D．
【答案】D
【分析】写出复数z的共轭复数，分析各选项即可.
【详解】因为复数，
所以，
z的虚部为，，对应点在第一象限，
，
故选：D

二、多选题
10．已知，是两条不同的直线，，为两个不同的平面，有下列四个命题，其中所有正确的命题是（ ）
A．若，，，则 B．若，，，则
C．若，，，则 D．若，，，则
【答案】AD
【分析】A利用面面垂直的判定定理判断；B根据面面平行的判定定理判断；C利用面面平行的判定定理判断；D利用线面垂直和面面平行的性质判断.
【详解】A：若，，，由面面垂直的判定可得，故A正确；
B：若，，则或相交，所以不一定平行，故B错误；
C：若，，则或，若，则不一定平行，故C错误；
D: 若,,则，又，则成立，故D正确.
故选: AD.
11．已知等比数列首项，公比为，前项和为，前项积为，函数，若，则（ ）
A．为单调递增的等差数列 B．
C．为单调递增的等比数列 D．使得成立的的最大值为6
【答案】BCD
【分析】令，利用可得，，B正确；由可得A错误；由可得C正确；由，，可推出，可得D正确.
【详解】令，则，
，，
因为是等比数列，所以，即，，，B正确；
，是公差为的递减等差数列，A错误；
，是首项为，公比为的递增等比数列，C正确；
，，，
时，，时，，时，，，时，，又，，所以使得成立的的最大值为6，D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：利用等比数列的性质、通项公式、求和公式、数列的单调性求解是解题关键.
12．已知直线与抛物线相交于两点，点是抛物线的准线与以为直径的圆的公共点，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．的面积为
【答案】ABC
【分析】由题意可知，抛物线的准线为，利用抛物线的几何性质求出和抛物线的方程和焦点坐标，结合直线的方程可知，直线经过焦点，利用抛物线的定义表示出以为直径的圆的半径和圆心,由得到关于的方程，解方程求出，利用抛物线的定义和点到直线的距离分别求出的长度和的面积，据此即可判断.
【详解】由题意知，抛物线的准线为，即，解得，故选项A正确；
因为，所以抛物线的方程为：，其焦点为，
又直线，即，所以直线恒过抛物线的焦点，
设点，因为两点在抛物线上，
联立方程，两式相减可得，，
设的中点为，则，因为点在直线上，
解得可得，所以点是以为直径的圆的圆心，
由抛物线的定义知，圆的半径，
因为，所以，
解得，故选项B正确；
因为，所以弦长，故选项C正确；
因为，所以直线为，由点到直线的距离公式可得，
点到直线的距离为，所以，
故选项D错误；
故选：ABC
【点睛】本题考查抛物线的标准方程及其几何性质、圆的性质、直线与抛物线的位置关系、弦长公式、点到直线的距离公式；考查运算求解能力和逻辑推理能力；熟练掌握直线与抛物线的位置关系和抛物线的几何性质、圆的性质是求解本题的关键；属于综合型、难度大型试题.


三、填空题
13．已知函数满足：，，且当时，，则的值为______．
【答案】
【分析】由题意先判断f (x)为奇函数，利用分段函数的求得的值，可得要求式子的值.
【详解】由函数满足：，知为奇函数，
当时，，
所以，
所以
故答案为：
14．袋中有形状、大小都相同的只球，其中只白球，只红球，只黄球，从中一次随机摸出只球，则这只球颜色不同的概率为___________．
【答案】
【分析】先计算随机摸出的只球颜色相同的概率，再利用对立事件公式计算即可求概率.
【详解】从只球中随机摸出只球有种，
摸出只球颜色相同的概率为，
所以这只球颜色不同的概率为，
故答案为：.
15．已知定义在上的函数满足：，且，则的极大值为______．
【答案】
【分析】构造函数，对其求导，结合已知可求F (x) ,进而可求f (x)，再由导数与极值关系可求.
【详解】令，
则
故，
所以，
因为，
故
故当或时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
故当时，取得极大值，
故答案为：
16．在长方体，底面是边长为4的正方形，侧棱（），点是的中点，点是侧面内的动点（包括四条边的点），且满足，则四棱锥的体积的最大值是______．
【答案】
【分析】利用长方体的几何性质确定和均为直角三角形，然后表示出，得到，以所在直线为轴，的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系，求出点的轨迹方程，由此得到点到平面的最大距离，最后由锥体的体积公式求解即可．
【详解】在长方体中，因为平面，平面，
所以和均为直角三角形，
所以，，
又，
所以，即，
以所在直线为轴，的中点为坐标原点，建立平面直角坐标系如图所示，

则，，设，
根据，则有，
化简整理可得，（其中，，
则当时，，
所以点到平面的最大距离为，
又四边形的面积为，
所以四棱锥的体积的最大值为．
故答案为：．

四、解答题
17．在①，②，③这三个条件中任选一个，填在横线上，并作出解答．问题：已知函数的解析式为______．
（1）若在中，，，，为的中点，求的长；
（2）若，，当时，的最大值为，求的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一题解答计分．
【答案】（1）；（2）.
【分析】选条件①：利用二倍角公式、辅助角公式化简得；
选条件②：利用和差角公式、二倍角公式、辅助角公式化简得；
选条件③：先展开，再利用二倍角公式、辅助角公式化简得
（1）先求出角A,利用，用数量积求出的长；、
（2）整理得到，要使的最大值为，只需，即可解得.
【详解】选条件①：，
.
选条件②：，



选条件③：


（1）若，则,
所以，
又，所以.
在中，为的中点，所以,
因为
,
所以，即的长为.
（2）
，
因为，且时，，
的最大值为，所以.
18．已知数列的前项和满足，.
（1）求数列的通项公式；
（2）设，数列的前项积为，若对任意的，恒成立，求实数的最大值.
【答案】（1）；（2）2.
【分析】（1）根据及，利用等差数列的定义求得，然后利用数列通项和前n项和的关系求解；
（2）由（1）得到，进而得到，然后根据（）恒成立，转化为（）恒成立求解.
【详解】（1）因为及，
所以是首项为1，公差为的等差数列，
所以，
所以.
当时，，
符合上式，
所以数列的通项公式为.
（2）由，，
可得，
所以.
因为，
所以，所以数列是递增数列.
因为（）恒成立，即（）恒成立，
所以，则，
所以实数的最大值是2.
【点睛】方法点睛：1、数列的通项an与前n项和Sn的关系是，当n＝1时，a1若适合Sn－Sn－1，则n＝1的情况可并入n≥2时的通项an；当n＝1时，a1若不适合Sn－Sn－1，则用分段函数的形式表示．
2、当数列是数列递增数列，则数列对恒成立；当数列是数列递减数列，则对恒成立，
19．随着中美贸易战的不断升级，越来越多的国内科技巨头加大了科技研发投入的力度．中华技术有限公司拟对“麒麟”手机芯片进行科技升级，根据市场调研与模拟，得到科技升级投入x（亿元与科技升级直接收益y（亿元）的数据统计如下：
序号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
x
2
3
4
6
8
10
13
21
22
23
24
25
y
13
22
31
42
50
56
58
68.5
68
67.5
66
66
当时，建立了y与x的两个回归模型：模型①：；模型②：；当时，确定y与x满足的线性回归方程为．
（1）根据下列表格中的数据，比较当时模型①、②的相关指数的大小，并选择拟合精度更高、更可靠的模型，预测对“麒麟”手机芯片科技升级的投入为17亿元时的直接收益．
回归模型
模型①
模型②
回归方程



182.4
79.2
（附：刻画回归效果的相关指数，）
（2）为鼓励科技创新，当科技升级的投入不少于20亿元时，国家给予公司补贴5亿元，以回归方程为预测依据，比较科技升级投入17亿元与20亿元时公司实际收益的大小．
（附：用最小二乘法求线性回归方程的系数：，）
（3）科技升级后，“麒麟”芯片的效率X大幅提高，经实际试验得X大致服从正态分布．公司对科技升级团队的奖励方案如下：若芯片的效率不超过50%，不予奖励：若芯片的效率超过50%，但不超过53%，每部芯片奖励2元；若芯片的效率超过53%，每部芯片奖励4元记为每部芯片获得的奖励，求（精确到0.01）．
（附：若随机变量，则，）
【答案】（1）见解析（2）技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．（3）2.27元
【分析】（1）由表格中的数据，，所以，
转化，利用相关指数的定义即得解；
（2）当时，由已知可得，可得，可得y与x满足的线性回归方程，代入计算即得结论；
（3）由，，所以，即得解.
【详解】解：（1）由表格中的数据，，所以，
所以．
可见模型①的相关指数小于模型②的相关指数．
所以回归模型②的拟合效果更好．
所以当亿元时，科技升级直接收益的预测值为
（亿元）．
（2）当时，由已知可得．
．
所以．
所以当时，y与x满足的线性回归方程为．
当时，科技升级直接收益的预测值为亿元．
当亿元时，实际收益的预测值为亿元亿元，
所以技术升级投入20亿元时，公司的实际收益更大．
（3）因为，，所以


；
．
所以（元）．
【点睛】本题考查了线性回归方程、回归系数，正态分布等知识点，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算能力，属于中档题.
20．已知四棱柱中，底面为菱形，，为中点，在平面上的投影为直线与的交点.

（1）求证：；
（2）求二面角的正弦值.
【答案】（1）证明见详解

（2）
【分析】（1）连接，先证明为平行四边形，因此平面ABCD，继而证明平面即得证.
（2）如图建立空间直角坐标系，计算平面，平面的法向量，利用二面角的向量计算公式，即得解.
【详解】（1）

连接，
由于为中点，且，故为中点，
故四边形为平行四边形,
由于四棱柱且
故四边形为平行四边形,
由于底面为菱形，故，且，
由于，故四边形为平行四边形，所以
故：平面ABCD
又平面平面
故平面平面

（2）由（1）BH，BD，两两垂直，以B为原点如图建立空间直角坐标系.



设平面的法向量为，
故，令，故
设平面的法向量为，
故，令，故
由图像得二面角为锐角，故

故
【点睛】本题考查了立体几何和空间向量综合，考查了学生空间想象，逻辑推理，数学运算能力，属于中档题.
21．已知椭圆：（）的左、右焦点分别是，，点，若的内切圆的半径与外接圆的半径比是1：2．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知，过作斜率互为相反数的两直线、分别与椭圆交于、两点（，两点位于轴下方），求三角形的面积取得最大值时的直线的方程．
【答案】（1）（2）
【分析】（1）设△的内切圆的半径为，根据，推出，设△的外接圆的半径为，在△中，由正弦定理可得，进而可得，解得，，进而可得答案．
（2）设，，，，直线的方程为，联立直线与椭圆的方程，结合韦达定理得，，由直线与斜率互为相反数，推出，化简可得，点到直线的距离，弦长，进而可得，，利用函数的思想求出面积最大时，的值，即可得出答案．
【详解】（1）设△的内切圆的半径为，
所以，
又，
所以，
设△的外接圆的半径为，
在△中，，
所以，
所以，
因为，即，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，即，
所以，
所以椭圆的方程为．
（2）由题知直线的斜率存在，设为，
设直线的方程为，
联立，得，
所以△

，
设，，，，
所以，，
因为直线与斜率互为相反数，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以，
所以或，
当时，直线的方程为，
此时直线过点，不合题意，
所以，直线的方程为，即，
点到直线的距离，
所以
，
所以

，，
令，

，
令，解得或，
所以或，
又因为，
所以在上单调递增，
在，上单调递减，在上单调递增，
在，上单调递减，
当时，，
当时，，
所以当时，最大，最大，
所以直线的方程为．
22．已知函数，．
（1）求的单调区间；
（2）证明：时，；
（3）设在内有不相等的两个零点，求的取值范围．
【答案】（1）的单调递增区间为，，无单调递减区间；（2）证明见解析；（3），．
【分析】（1）函数的定义域为，求导得，令，对求导，分析的正负，单调性，推出，即可推出答案．
（2）分析可得要证，只需证，令，则，令，利用导数可得单调递减，从而由，可得，即可得证．
（3），令，得，即，问题转化为在，内有两个零点，令与在，内有两个交点，即可推出的取值范围．
【详解】（1）函数的定义域为，
，令，，
令，可得，令，可得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以，所以，
所以的单调递增区间为，，无单调递减区间．
（2）证明：，
因为，所以，
所以要证，
只需证，
令，则，
所以，
因为，，
所以，即，
令，则，
令，则，
因为，所以，所以在上单调递减，
所以，
所以，所以在上单调递减，
因为，所以，
所以，即，
所以，
所以．
（3），
令，得，即，
所以在，内有两个零点，
令，，，
则与在，内有两个交点，
，
因为，，令，即，所以，单调递增，
令，即，所以，单调递减，
所以当时，，
当时，，
当时，，
又因为与有两个交点，
则当时，有两个交点，
当或时，有1个交点，
所以的取值范围为，．
【点睛】方法点睛：不等式证明问题是近年高考命题的热点，利用导数证明不等主要方法有两个，一是比较简单的不等式证明，不等式两边作差构造函数，利用导数研究函数的单调性，求出函数的最值即可；二是较为综合的不等式证明，要观察不等式特点，结合已解答的问题把要证的不等式变形，并运用已证结论先行放缩，然后再化简或者进一步利用导数证明.