新疆克拉玛依市高三下学期第三次模拟检测数学（理）试题

2022届新疆克拉玛依市高三下学期第三次模拟检测数学（理）试题一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】化简集合，然后利用交集的定义进行计算即可．【详解】，，，，.故选：C.2．已知复数，则下列结论正确的是（

）A．的虚部为i B．C．的共轭复数 D．为纯虚数【答案】D【分析】根据复数的除法运算法则，结合复数模的定义、共轭复数的定义，结合复数虚部的定义、纯虚数的定义逐一判断即可.【详解】解：∵，∴z的虚部为1，为纯虚数，，∴正确的结论是D．故选：D．3．等比数列的各项均为正数，已知，，则公比（

）A．或 B．C．或 D．【答案】B【分析】设等比数列的首项为，利用等比数列的通项公式进行求解.【详解】设等比数列的首项为，由题意，得，，因为，，所以，所以，解得或（舍）.故选：B.4．我国古代科学家祖冲之之子祖暅在实践的基础上提出了体积计算的原理：“幂势既同，则积不容异”（“幂”是截面积，“势”是几何体的高），意思是两个同高的几何体，如在等高处截面的面积恒相等，则它们的体积相等．已知某不规则几何体与如图所示的三视图所表示的几何体满足“幂势既同”，则该不规则几何体的体积为（

）．A． B． C． D．【答案】C【分析】根据三视图转换为直观图可得该几何体由长为3，宽为2，高为2的长方体两头挖去两个半圆柱组成，即可求出体积.【详解】根据几何体的三视图转换为直观图如图所示，该几何体由长为3，宽为2，高为2的长方体两头挖去两个半圆柱组成.则可得该几何体的体积为，根据“幂势既同，则积不容异”规则可得该不规则几何体的体积为.故选：C.5．已知的展开式中常数项为，则（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】先求展开式中含和项，然后可得的展开式中常数项，根据已知解方程可得.【详解】展开式中第项当时，，时，，所以的展开式中常数项为，所以，得.故选：A6．函数在区间上的所有零点之和为（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】把方程变形，把零点个数转化为正弦函数图象与另一函数图象的交点个数，根据函数的对称性计算可得．【详解】解：因为，令，即，当时显然不成立，当时，作出和的图象，如图，它们关于点对称，由图象可知它们在上有4个交点，且关于点对称，每对称的两个点的横坐标和为，所以4个点的横坐标之和为．故选：C．7．已知，，，，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．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】利用面面垂直的性质定理结合充分条件、必要条件的定义判断可得出结论.【详解】充分性：已知，，，，如下图所示：取平面为平面，平面为平面，直线为直线，直线为直线，则，但直线与不垂直，充分性不成立；必要性：已知，，，，因为，所以，，，故，必要性成立.因此，“”是“”的必要不充分条件.故选：B.项为：、、、、、、、、、，通项公式为，若把这个数列排成下侧形状，并记表示第行中从左向右第个数，则的值为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】确定在数列中的项数，结合数列的通项公式可求得结果.【详解】由题可知，设数阵第行的项数为，则数列是以为首项，公差为的等差数列，数列的前项和为，所以，是数列的第项，因此，.故选：D.9．为了得到函数的图象，可以将函数的图象（

）A．向左平移个单位 B．向右平移个单位C．向右平移个单位 D．向左平移个单位【答案】B【分析】先通过诱导公式将化为，设平移了个单位，从而得到方程，求出，得到答案.【详解】，设平移了个单位，得到，则，解得：，即向右平移了个单位.故选：B10．已知椭圆的上焦点为，过原点的直线交于点，且，若，则的离心率为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据椭圆的对称性、椭圆的定义，结合直角三角形的判定方法、平行四边形的性质、椭圆的离心率公式进行求解即可.【详解】设椭圆的上焦点为，显然，因为过原点的直线交于点，所以有，因此四边形是平行四边形，又因为，所以有，因此三角形是以为斜边的直角三角形，因为，所以，因为是平行四边形，所以，由椭圆的定义可知：，故选：A11．如图，正方体的棱长为，点是内部（不包括边界）的动点，若，则线段长度的取值不可能为（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据点是内部（不包括边界）的动点且，确定点的轨迹，然后求出线段长度的取值范围即可.【详解】如图，连接交于点，连接由正方体知平面又因为点是内部（不包括边界）的动点，所以点的轨迹为线段（不含端点），又因为，，由等面积法得到点到的距离为，所以线段长度的取值范围是.所以线段长度的取值不可能为.故选：A.12．若函数是奇函数，函数，若恒成立，则实数的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】由为奇函数可得m，然后，将问题转化为恒成立，利用单调性转化为恒成立问题，然后分离参数转化为求函数最值问题，利用导数可解.【详解】因为为奇函数，所以恒成立，即恒成立，所以因为，所以所以恒成立.即恒成立记，则，所以函数在上单调递增，因为，所以所以恒成立即，亦即恒成立记，则易知当时，，当时，所以当时，有最大值所以，即k的取值范围为故选：D二、填空题13．从集合的非空子集中随机选择两个不同的集合，则的概率为_____.【答案】【分析】先求解集合的非空子集个数，然后求解满足条件的选法，利用古典概型计算公式即可得出结论.【详解】解：集合的非空子集有共3个，从3个中选两个不同的集合，共有种选法，有，故，；或，2种选法，故概率为.故答案为：.14．在平面直角坐标系中，直线与直线被圆截得弦长之比为:，则______________.【答案】【分析】根据点到直线距离公式以及垂径定理可以用将两直线被圆所截弦长表示出来，再根据题目信息求解的值【详解】由题意知因为所以即可得故答案为：15．在中，已知，，则的值为______.【答案】【分析】由以及，可分别解得与，利用，用和角公式求解.【详解】由，解得由，可知，由大边对大角可知：为锐角；则：而

=故答案为：.【点睛】本题考查和角公式在三角形中的应用，主要方法是对公式的利用；本题的易错点在于利用大边对大角，对题目中产生的两个值进行取舍.三、双空题16．设，是两个非零向量，，，过的起点和终点，分别作所在直线的垂线，垂足分别为，，得到，则叫做向量在向量上的投影向量.如下图，已知扇形的半径为1，以为坐标原点建立平面直角坐标系，，，则弧的中点的坐标为________；向量在上的投影向量为________.【答案】

【分析】由已知，根据给到的，先求解与的夹角，然后再利用点是弧的中点，即可求解出，从而求解点的坐标；根据前面求解出的点的坐标，写出和，先计算向量在上的投影，然后根据即可写出向量在上的投影向量.【详解】由已知，，，所以，所以，因为点为弧的中点，所以，扇形的半径为1，所以弧满足的曲线参数方程为，所以中点的坐标为，所以的坐标为，，，向量在上的投影为，因为，所以向量在上的投影向量为.故答案为：；四、解答题17．第届北京冬季奥林匹克运动会于年月日至月日在北京和张家口联合举办.这是中国历史上第一次举办冬季奥运会，它掀起了中国人民参与冬季运动的大热潮.某市举办了中学生滑雪比赛，从中抽取40名学生的测试分数绘制成茎叶图和频率分布直方图如下，后来茎叶图受到了污损，可见部分信息如图.

(1)求频率分布直方图中的值，并根据直方图估计该市全体中学生的测试分数的中位数和平均数（同一组中的数据以这组数据所在区间中点的值作代表，结果保留一位小数）；(2)将频率作为概率，若从该市全体中学生中抽取4人，记这4人中测试分数不低于90分的人数为X，求X的分布列及数学期望.【答案】(1)，中位数为，平均数为74.5；(2)分布列见解析，.【分析】（1）根据频率分布直方图结合茎叶图求出各组数据的频率，再计算a值及估计中位数、平均数作答.（2）求出测试分数不低于90分的概率，，借助二项分布求出分布列和期望作答.【详解】(1)由频率分布直方图和茎叶图知，测试分数在的频率依次为：，因此，测试分数位于的频率为，则，显然测试分数的中位数t在区间内，则有：，解得：，测试分数的平均数为：.(2)测试分数不低于90分的频率为，的所有可能值是：0，1，2，3，4，显然，，所以X的分布列为：X01234P数学期望.18．在四棱锥中，底面为直角梯形，，，，分别为的中点，.(1)证明：平面平面；(2)若所成角为，求二面角的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)【分析】（1）利用线面垂直的判定定理证明平面，再利用面面垂直的判定定理证明即可.（2）根据已知条件可证是异面直线与所成的角，进而可得，建立空间直角坐标系，利用空间向量求解二面角即可.【详解】(1)证明：因为，是的中点，故，又，且，故平面，因为平面，故平面平面.(2)因为，，故.以为坐标原点，分别为轴建立空间直角坐标系如图所示：连接，因为，，故，所以是异面直线与所成的角，则，所以.则：，，，，所以.，，设平面的法向量为，则有，令，则，所以.又平面的法向量，所以.又因为二面角是钝二面角，所以二面角的余弦值为.19．在中，分别为三个内角的对边，若．(1)求角；(2)若，，D为的中点，求的长度．【答案】(1)；(2).【分析】（1）利用正弦定理，余弦定理边角互化可得，即得；（2）利用和角公式及正弦定理，然后利用余弦定理可得.【详解】(1)在中，由余弦定理知：，由正弦定理知：，得,,得：，因为，所以，又因为.(2)，所以，由正弦定理知，所以，在中，由余弦定理知：，所以.20．已知（1）对一切恒成立，求实数a的取值范围；（2）证明：对一切，都有成立．【答案】（1）；（2）证明见解析；【分析】(1)由已知得,设,则,由此利用导数性质能求出实数的取值范围．(2)问题等价于证明,设,则,由此利用导数性质求证即可．【详解】解:(1),则,设,则,当时,,单调递减,当时,,单调递增,(1),对一切,恒成立,，即证明:(2)问题等价于证明,由(1)可知,，；故当时，，当时，；故在上单调递减，在上单调递增；故；设,则,时，，单调递增，时，，单调递减，故当时，取最大值；故对一切，都有成立．21．已知过点、斜率为的直线与双曲线：交于、两点.（1）求的取值范围；（2）若为双曲线的右焦点，且，求的值.【答案】（1）；（2）1或【详解】（1）设直线：，与双曲线方程联立得.①因为直线与双曲线有两个不同的交点，所以，，，且.故.（2）设，.则，.又，于是，，.注意到，.则当时，，.由或（舍去）.当时，，.由或或（均不合题意，舍去）.综上，的值为1或.22．在直角坐标系中，圆的的参数方程为（为参数），圆经过伸缩变换得曲线，以坐标原点为极点，经过极点和点．(1)求曲线的极坐标方程与直线的参数方程；(2)设直线与曲线交于，两点，求．【答案】(1)，（为参数）(2)【分析】（1）根据题意得变换后的方程为：，再利用公式求极坐标方程即可，由题意得直线的极坐标方程为，，再求出直角坐标方程，再求参数方程即可；（2）联立，则，计算求解即可.【详