新疆克拉玛依市高三下学期第三次模拟检测数学（文）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（文）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．下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递减的是（

）A． B．C． D．【答案】A【分析】根据余弦函数的性质判断A；根据对数函数的性质判断B；根据指数函数的性质及对勾函数的性质判断C；根据函数的奇偶性判断D．【详解】对于A，是偶函数，在区间上单调递减，故满足条件；对于B，定义域为，，是偶函数，且时，在上是增函数，故不满足条件；对于C，是偶函数，时，，在上单调递增，故不满足条件；对于D，定义域是，为奇函数，故不满足条件．故选：A．4．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.5．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.6．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（

）A． B．C． D．【答案】C【分析】写出集合的非空子集，求出总选法，再根据，列举出集合的情况，再根据古典概型公式即可得解.【详解】集合的非空子集有共3个，从3个中选两个不同的集合A，B，共有种选法，因为，当时，则为，当时，，则符合的共有种，所以的概率为.故选：C.7．已知函数的最小值周期为，将的图象向右平移个单位长度，所得图象关于轴对称，则的一个值是（

）A． B．C． D．【答案】B【分析】由题可得，，进而可得，然后利用三角函数的性质即得.【详解】由题可得，即，则函数的解析式为，将的图象向右平移个单位长度所得的函数解析式为：，又函数图象关于轴对称，当时，，则①，令，可得：，其余选项不适合①式.故选：B．8．南宋数学家杨辉在《详解九章算术法》和《算法通变本末》中，提出了一些新的垛积公式，所讨论的高阶等差数列与一般的等差数列不同，前后两项之差并不相等，但是逐项差数之差或者高次成等差数列．如数列1，3，6，10，前后两项之差组成新数列2，3，4，新数列2，3，4为等差数列，这样的数列称为二阶等差数列．现有二阶等差数列，其前7项分别为2，3，5，8，12，17，23，则该数列的第31项为（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】根据题意，设该数列为，分析可得满足，，利用累加法计算可得．【详解】解：根据题意，设该数列为，数列的前7项为2，3，5，8，12，17，23，则满足，，则，故选：D．9．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．10．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.11．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：A12．如图，在棱长为1的正方体中，为棱的中点，为正方形内一动点（含边界），若平面，则线段长度的取值范围是（

）A． B．C． D．【答案】D【分析】过作平面与平面平行，则在平面与平面的交线上，即可求出.【详解】如图，取中点，中点，连接，所以，正方体中，易得，所以，因为平面，平面，所以平面，因为为中点，所以，因为平面，平面，所以平面，因为，所以平面平面，因为平面，所以平面，又为正方形内一动点（含边界），所以在线段上，可得,则当在中点时，取得最小值为，当在两端时，取得最大值为，所以长度的取值范围是.故选：D.二、填空题13．曲线在处的切线方程为_____________.【答案】【分析】求导，根据导数的几何意义即可得出答案.【详解】解：，当时，，所以曲线在处的切线方程为，即.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)现要对测试成绩在前26%的中学生颁发“滑雪达人”证书，并制定出能够获得证书的测试分数线，请你用样本来估计总体，给出这个分数线的估计值.【答案】(1)，平均数为(2)【分析】（1）计算出测试分数位于个数，可求得测试分数位于的个数，由此可求得的值，将每个矩形底边的中点值乘以对应矩形的面积，将所得结果全加可得样本的平均数；（2）设能够获得证书的测试分数线为，分析可得，根据已知条件可得出关于的等式，求解即可.【详解】(1)解：由频率分布直方图可知，测试分数位于的频率为，则测试分数位于个数为，所以，测试分数位于的个数为，所以.估计平均数为.(2)解：因为测试分数位于的频率为，测试分数位于的频率为，能够获得“滑雪达人”证书的中学生测试分数要在前，故设能够获得证书的测试分数线为，则，由，可得，所以分数线的估计值为.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)若与所成角为，求三棱锥的体积.【答案】(1)证明见解析；(2).【分析】（1）利用线面垂直的判定定理可得平面，然后利用面面垂直的判定定理即得；（2）由题可得为与所成角，又由条件可得平面，可得，进而利用棱锥体积公式即得.【详解】(1)∵，分别为的中点，∴，又，，∴平面，又平面，∴平面平面，(2)连接，由，∴平行四边形，∴，所以是异面直线所成的角，则，所以，因为分别为的中点，所以点到平面的距离是点到平面的距离的一半，为，则.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．已知函数，.(1)求函数的单调递增区间；(2)若对任意，不等式恒成立，求的取值范围.【答案】(1)(2)【分析】（1）求函数的单调递增区间，即解不等式；（2）参变分离得，即求的最小值.【详解】(1)定义域为，即解得所以在单调递增(2)对任意，不等式恒成立，即恒成立，分离参数得.令，则．当时，，在上单调递减；当时，，在上单调递增.所以，即，故a的取值范围是.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