精品解析：山东省济宁市2020-2021学年度上学期高三质量检测数学试题（解析版）

2020～2021学年度第一学期高三质量检测

数学试题

注意事项：

1．答卷前，考生务必将自己的姓名、考试号等填写在答题卡和试卷指定位置上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．

一、选择题：本题共7小题．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. 设集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】化简两集合求解即可.

【详解】

故选：A

2. 若复数（为虚数单位）为纯虚数，则实数的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用复数的除法法则化简求解即可.

【详解】为纯虚数

故

故实数的值为

故选：B

3. 若，则（    ）

A.  B.  C.  D. 1

【答案】C

【解析】

【分析】化简已知得即得解.

【详解】由题得.

故选：C

【点睛】方法点睛：三角恒等变换常用的方法有：三看（看角看名看式）三变（变角变名变式），要根据已知条件灵活选择方法求解.

4. “”是“直线与直线互相垂直”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

【答案】A

【解析】

【分析】因为直线与直线互相垂直，所以或.再利用充分条件必要条件的定义判断得解.

【详解】因为直线与直线互相垂直，

所以，

所以或.

因为“”可以推出“或”，“或”不能推出“”，

所以“”是“直线与直线互相垂直”的充分非必要条件.

故选：A

【点睛】方法点睛：充分必要条件的判定，常用的方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法. 要根据已知条件灵活选择方法求解.

5. 2020年11月，中国国际进口博览会在上海举行，本次进博会设置了“云采访”区域，通过视频连线，帮助中外记者采访因疫情影响无法来沪参加进博会的跨国企业CEO或海外负责人．某新闻机构安排4名记者和3名摄影师对本次进博会进行采访，其中2名记者和1名摄影师负责“云采访”区域的采访，另2名记者和2名摄影师分两组（每组记者和摄影师各1人），分别负责“汽车展区”和“技术装备展区”的现场采访．如果所有记者、摄影师都能承担三个采访区域的相应工作，则所有不同的安排方案有（    ）

A. 36种 B. 48种 C. 72种 D. 144种

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，分3步进行分析：①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，由分步计数原理计算可得答案．

【详解】解：根据题意，分3步进行分析：

①在4名记者中任选2人，在3名摄影师中选出1人，安排到“云采访”区域采访，有种情况，

②在剩下的外2名记者中选出1人，在2名摄影师中选出1人，安排到“汽车展区”采访，有种情况，

③将最后的1名记者和1名摄影师，安排到“技术装备展区”采访，有1种情况，

则有种不同的安排方案，

故选：

6. 已知抛物线：（）的焦点为，过作斜率为的直线交抛物线于、两点，若线段中点的纵坐标为，则抛物线的方程是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】由抛物线的方程可得焦点的坐标，由题意设直线的方程，代入抛物线方程可得两根之和，进而求出弦中点的纵坐标，由题意可得的值，进而求出抛物线的方程.

【详解】由抛物线方程可得，

由题意可设直线的方程为：，

设，，

联立直线与抛物线的方程：，

整理可得：，

可得：，所以中点的纵坐标为，

由题意可得：，解得，

所以抛物线方程为：，

故选：C.

【点睛】(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点，可直接使用公式|AB|＝x1＋x2＋p，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

7. 已知函数（）的导函数是，且满足，，当时，，则使得成立的的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】由给定条件构造，求可得单调性，并根据判断和的解，从而求得时以及的解集；根据条件可知关于点中心对称，从而求出函数以及在上的解集，进而求出的解集.

【详解】解：，则关于点中心对称，

当时，令，则，所以在上单调递增，又，则当时，，且，所以，当时，且，所以.

因为关于点中心对称，所以当时，，

若，当时，，则，当时，，则.所以的解为.

故选：D.

【点睛】思路点睛：（1）由给定条件可构造，从而利用导数可求出的单调性；

（2）由可知关于点中心对称，由（1）的结论可求出以及的解集；

（3）由多项式的乘积可求出的解.

二、选题题：本题共4小题．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得3分．

8. 已知，，，均为实数，下列说法正确的是（    ）

A. 若，则 B. 若，，则

C. 若，，则 D. 若，

【答案】BD

【解析】

【分析】选项A.  当时，不成立；选项B. 由不等式的性质可判断；选项C. 举反例可判断不正确；选项D. 由均值不等式可判断.

【详解】选项A.  当时，不等式不成立，故选项A不正确.

选项B. ,则，由，则，故选项B正确.

选项C.  由不等式性质，当，时，则有. 选项中条件无大于0，故错误.

例如： ，此时，故选项C不正确.

选项D. ,当且仅当时，等号成立. 故选项D正确.

故选：BD.

9. 直线过点且与直线平行．若直线被圆截得的弦长为，则实数的值可以是（    ）

A. 0 B.  C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】求出直线的表达式，利用垂径定理求出圆心到该直线的距离，建立表达式求解值即可.

【详解】设直线的方程为，过点，故

所以直线l方程为，圆的圆心，半径为2，

直线l被圆截得的弦长为，半弦长为，则弦心距为1，

圆心到直线的距离，解得或，

故选：AD.

【点睛】此题考查了直线与圆的位置关系，涉及的知识有：圆的标准方程，垂径定理，直线斜率的求法，以及直线的方程，解题的关键是连接圆心与弦中点，根据垂径定理的逆定理得到圆心到直线的距离，从而利用点到直线距离公式求解.

10. 已知函数（，），其图象相邻两条对称轴之间的距离为，且直线是其中一条对称轴，则下列结论正确的是（    ）

A. 函数的最小正周期为

B. 函数在区间上单调递增

C. 点是函数图象的一个对称中心

D. 将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的2倍，纵坐标不变，再把得到的图象向左平移个单位长度，可得到的图象

【答案】AC

【解析】

【分析】利用对称轴之间距离和函数对称轴可求得图像；利用正弦型函数最小正周期求解可判断A，利用代入检验法可判断B,C，利用平移法则可判断D.

【详解】相邻两条对称轴之间的距离为，

的最小正周期，

解得：，

是的一条对称轴，

，解得：，

又，，.

对于A，由上述求解可知，A正确；

对于B，当时，，在上不单调，B错误；

对于C，当时，，且，是一个对称中心，C正确；

对于D，将函数图象上所有点的横坐标伸长为原来的倍，纵坐标不变，得到，再把得到的图象向左平移个单位长度，得到.D错误；

故选：AC．

【点睛】方法点睛：对于判断正弦型或余弦型函数的对称轴、对称中心和单调性的问题，通常采用代入检验法，即判断整体是否对应正弦函数或余弦函数所对应的对称轴、对称中心和单调性．

11. 如图，在菱形中，，，为的中点，将沿直线翻折成，连接和，为的中点，则在翻折过程中，下列说法正确的是（    ）

A.

B. 的长为定值

C. 与的夹角为

D. 当三棱锥的体积最大时，三棱锥的外接球的表面积是

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用线面垂直证明线线垂直，判断A选项；取中点，连接，，结合余弦定理，求得，并判断B选项；利用几何法将与的夹角转化为与的夹角，判断C选项；将几何体还原为长方体，求得外接球半径，进而判断D选项.

【详解】

A选项：由题意在菱形中，，为的中点，所以，又，所以，且将沿直线翻折成，所以，又，平面，又平面，所以，故A选项正确；

B选项：如图所示，取中点，连接，，所以，且，又因为为的中点，所以，且又由A选项得，，所以且，所以，，在中，由余弦定理得：，即，故B选项正确；

C选项：由B选项得，所以与的夹角即为与所成角，，，且，所以，所以，故C选项错误；

D选项：当三棱锥的体积最大时，平面，由四边形为菱形，且，，可知，故三棱锥的外接球即为其所在矩形的外接球，故外接球半径，外接球表面积，故D选项正确；

故选：ABD.

【点睛】与球有关的组合体问题，一种是内切，一种是外接．解题时要认真分析图形，明确切点和接点的位置，确定有关元素间的数量关系，并作出合适的截面图，如球内切于正方体，切点为正方体各个面的中心，正方体的棱长等于球的直径；球外接于正方体，正方体的顶点均在球面上，正方体的体对角线长等于球的直径.

三、填空题：本题共4小题．

12. 已知函数，则________．

【答案】

【解析】

【分析】利用函数的解析式由内到外逐层计算可得出的值.

【详解】已知函数，则，因此，.

故答案为：.

13. 二项式的展开式的常数项是________．

【答案】54．

【解析】

【分析】写出展开式通项公式，由的指数为0可得常数项的项数，从而得常数项．

【详解】由题意展开式通项公式为，

令，，所以常数项为．

故答案为：54．

【点睛】本题考查二项式定理，掌握二项展开式通项公式是解题关键．

14. 如图，矩形中，，，是矩形内的动点，且点到点距离为1，则的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】将数量积转化成计算，只要观察圆上哪个点到最近即可算得结果.

【详解】取的中点为，则

则

为圆弧上一点，由图形可知，到的距离最小为三点共线的时候，即在位置时，

故

故答案为：

【点睛】本题用了极化恒等式求解数量积的最值问题，将数量积的最小值问题转化成求距离的最小值问题，体现了转化与化归的数学思想，

15. 已知双曲线：（，）的右焦点为，两渐近线分别为：，：．过作的垂线，垂足为，该垂线交于点，为坐标原点．若，则双曲线的离心率为________．

【答案】

【解析】

【分析】先将垂线和直线的方程联立得到点的坐标，再根据得到的等量关系式，整理得到，进而得到双曲线的离心率.

【详解】因为：，所以可设直线FM的方程为

联立得到N点的坐标,又

整理得： ，所以.

故答案为：.

【点睛】双曲线的离心率是双曲线最重要的几何性质，求双曲线的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：

①求出a，c，代入公式；

②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2＝c2－a2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．

四、解答题：本题共6小题．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

16. 在①；②；③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解决该问题．

问题：在中，内角，，的对边分别是，，，若已知，，________，求的值．

注：如果选择多个条件分别解答，按第一解答计分．

【答案】条件性选择见解析，．

【解析】

【分析】若选①：由条件结合正弦定理可得，从而可得，又根据，可得到的值，再由余弦定理可得答案; 若选②：由条件可得，即，从而可得，又根据，可得到的值，再由余弦定理可得答案; 若选③：由余弦定理可得，从而可得，又根据，可得到的值，再由余弦定理可得答案;

【详解】解：若选①：因为，所以，

因为，所以

所以

即

所以，因为，所以．

所以，所以，

所以，所以．

若选②：因为，

所以，

所以

因为，所以，所以，

因为，所以，

所以，所以，

所以，所以．

若选③：因为，所以，

所以，

因为，所以，

所以，所以，

所以，所以．

17. 已知数列，数列是正项等比数列，且，，．

（1）求数列、数列的通项公式；

（2）若（），求数列的前项和．

【答案】（1）（），（）；（2）.

【解析】

【分析】（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为，根据题设可得的方程组，求出其解后可得所求的通项公式.

（2）利用裂项相消法和分组求和可得

【详解】解：（1）设等差数列的公差为，等比数列的公比为（），

则由已知可得

解得或（舍），所以，（），（）.

（2）由（1）知，

所以

.

【点睛】方法点睛：数列求和关键看通项的结构形式，如果通项是等差数列与等比数列的和，则用分组求和法；如果通项是等差数列与等比数列的乘积，则用错位相减法；如果通项可以拆成一个数列连续两项的差，那么用裂项相消法；如果通项的符号有规律的出现，则用并项求和法.

18. 如图，三棱锥的底面是边长为2的正三角形，侧面底面，且侧面为菱形，，是的中点，是与的交点．

（1）求证：底面；

（2）求与平面所成角的正弦值．

【答案】（1）证明见解析；（2）．

【解析】

【分析】（1）取的中点，连接，，证明平面底面，底面即得证；

（2）连接，以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．利用向量法求与平面所成角的正弦值．

【详解】（1）取的中点，连接，

∵是与的交点，且侧面为菱形

∴是的中点∴

∵底面，底面

∴底面

∵，，为中点

∴，

∴四边形平行四边形

∴

又底面，底面，

∴底面

∵，平面，平面

∴平面底面

∵平面

∴底面

（2）解：连接，∵侧面为菱形，

∴为正三角形∴

∵侧面底面，侧面底面，侧面

∴底面

∵底面为正三角形，为的中点

∴

以为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系．

∵底面是边长为2的正三角形

∴，，，

∴，，

设平面的一个法向量为

由得，令，得

∴

∴．

【点睛】方法点睛：直线和平面所成的角的求法：

方法一：（几何法）找作（定义法）证（定义）指求（解三角形），其关键是找到直线在平面内的射影作出直线和平面所成的角和解三角形.

方法二：（向量法），其中是直线的方向向量，是平面的法向量，是直线和平面所成的角.

19. 某市为提高市民的健康水平，拟在半径为200米的半圆形区域内修建一个健身广场，该健身广场（如图所示的阴影部分）分休闲健身和儿童活动两个功能区，图中矩形区域是休闲健身区，以为底边的等腰三角形区域是儿童活动区，，，三点在圆弧上，中点恰好在为圆心．设，健身广场的面积为．

（1）求出关于的函数解析式；

（2）当角取何值时，健身广场的面积最大？

【答案】（1）（）；（2）时，健康广场的面积最大，最大值为．

【解析】

【分析】（1）由已知，，，，从而可表示出关于的函数解析式.
（2）设,利用导数求出其最大值，即可得到健身广场的面积最大，得到答案.

【详解】（1）由已知得，，

等腰底边上的高为，

所以

所以（）．

（2）设，

则，

由得，得，

由在上单调递增，在上单调递减，

所以时，，

所以，

即时，健康广场的面积最大，最大值为．

【点睛】关键点睛：本题考查函数模型的选及其应用，利用导数求最值，解答本题的关键是设，求导数得出单调区间，得出最值，属于中档题.

20. 已知函数．

（1）讨论函数的单调性；

（2）若在上恒成立，求整数的最大值．

【答案】（1）答案见解析；（2）.

【解析】

【分析】（1）求得，分、两种情况讨论，分析导数在上的符号变化，由此可得出函数的单调递增区间和递减区间；

（2）由参变量分离法得出，构造函数，利用导数求出函数在上的最大值，进而可得出整数的最大值.

【详解】函数的定义域为.

（1）因为，所以．

当时，对恒成立；

当时，由得，得．

综上，当时，在上单调递增；

当时，在上单调递减，在上单调递增；

（2）由得，所以，

即对恒成立．

令，则，

令，则，因为，所以，

所以在上单调递增，

因为，，所以存在满足.

当时，，；当时，，

所以在上单调递减，在上单调递增，

所以，所以，

因为，，所以的最大值为．

【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：

（1），；

（2），；

（3），；

（4），.

21. 已知椭圆的离心率为，点在椭圆上，、分别为椭圆的上、下顶点，动直线交椭圆于、两点，满足，，垂足为．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求面积的最大值．

【答案】（1）；（2）．

【解析】

【分析】（1）根据已知条件可得出关于、、的方程组，解出这三个量的值，由此可得出椭圆的标准方程；

（2）分析可知直线的斜率存在，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，由已知条件可得，代入韦达定理计算得出的值，求出直线所过定点的坐标，将直线与的方程联立，求出点的横坐标，利用三角形的面积公式结合基本不等式可取得结果.

【详解】（1）由题意知，解得，

所以椭圆的标准方程为．

（2）若直线轴时，则点、关于轴对称，则为等腰直角三角形，

由可知点在轴上，此时，不存在.

当直线的斜率存在，设直线方程为，其中，

由，得，

，

设、，则，，

因为，且，，

所以

，

所以，

即，

因为，所以，

所以，

所以，满足．

所以直线的方程为，即直线过定点．

因为存在，所以，所以，直线的斜率为，直线的方程为，

联合，解得，（为点的横坐标），

所以，

当且仅当时，即当即等号取得，即面积的最大值为．

【点睛】方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．