新疆乌鲁木齐地区2022届高三下学期第三次质量监测数学（理）试题（问卷）

新疆乌鲁木齐地区2022届高三下学期第三次质量监测数学（理）试题（问卷）

第I卷（选择题）

1．设集合，则（       ）

A． B． C． D．

2．已知点，向量，则向量（       ）

A． B． C． D．

3．已知命题，则为（       ）

A． B．

C． D．

4．一个几何体的三视图如图所示，则这个几何体的表面积为（       ）

A． B．3 C． D．4

5．等比数列满足，则（       ）

A．1 B． C． D．

6．已知，则函数的图像与直线的交点个数为（       ）

A．2 B．3 C．4 D．5

7．设复数z满足，则的最小值为（       ）

A．1 B． C． D．

8．已知抛物线的焦点为F，准线为l，点A在抛物线上，点B在l上，若为等边三角形，则的面积为（       ）

A． B． C． D．

9．设函数为奇函数，满足，若，则（       ）

A． B． C．0 D．1

10．在三棱锥中，，平面平面，则三棱锥外接球的表面积为（       ）

A． B． C． D．

11．北京时间2022年4月16日9时56分，神州十三号载人飞船返回舱在东风着陆场成功着陆，全国人民都为我国的科技水平感到自豪某学校科技小组在计算机上模拟航天器变轨返回试验．如图，航天器按顺时针方向运行的轨迹方程为，变轨（即航天器运行轨迹由椭圆变为抛物线）后返回的轨迹是以y轴为对称轴，为顶点的抛物线的一部分．已知观测点A的坐标，当航天器与点A距离为4时，向航天器发出变轨指令，则航天器降落点B与观测点A之间的距离为（       ）

A．3 B．2.5 C．2 D．1

12．设，则（       ）

A． B．

C． D．

第II卷（非选择题）

13．我国古代数学名著《数书九章》中有“米谷粒分”问题：“开仓受纳，有甲户米一千五百三十四石到廊．验得米内夹谷，乃于样内取米一捻，数计二百五十四粒，内有谷二十八颗．今欲知米内杂谷多少．”意思是：官府开仓接受百姓纳粮，甲户交米1534石到廊前，检验出米里夹杂着谷子，于是从米样粒取出一捻，数出共254粒，其中有谷子28颗，则这批米内有谷子约_____________石（结果四舍五入保留整数）；

14．的展开式中的系数是__________．

15．直线与双曲线交于A，B两点，将此平面沿x轴折成直二面角，则_______；

16．已知为单调递减的等差数列的前n项和，若数列前n项和，则下列结论中正确的有___________．（填写序号）

①；②；③；④

17．某班5名学生的数学和物理成绩如下：

(1)画出散点图，判断y与x之间是否具有相关关系；

(2)求物理成绩y关于数学成绩x的回归直线方程（结果保留两位小数）；

(3)平均地看，该班某名同学的数学成绩是60分，那么物理成绩大约是多少分？

（参考公式：）

18．在中，D为上一点，．

(1)求；

(2)求的面积．

19．如图，在正方体中，点E在棱上，且，点F是棱上的一个动点．

(1)点F在什么位置时，平面，并说明理由；

(2)若直线与平面所成角为，求二面角的余弦值．

20．已知椭圆，椭圆的焦点在y轴上．经过点且与椭圆有相同的离心率．

(1)求椭圆的方程；

(2)设A为椭圆的上顶点，点P是椭圆上在第一象限内的一点，点Q与点P关于原点对称，直线与椭圆的另一个交点分别为M，N两点，设与的面积分别为，求的取值范围．

21．已知．

(1)当时，求曲线在处的切线l的方程，并证明的图像在直线l的上方（切点除外）；

(2)若，求实数a的取值范围．

22．在平面直角坐标系中，直线l过点，倾斜角为．曲线C的参数方程为（t为参数）．

(1)设，P，Q分别为直线l和曲线C上的两个动点，求的最小值；

(2)若直线l和曲线C交于M，N两点，且成等比数列，求的值．

23．设a，b，c均为正数，且，证明：

(1)；

(2)．

参考答案：

1．A

【解析】

【分析】

先求出集合, 在求交集运算.

【详解】

由，解得，即集合

所以

故选：A

2．C

【解析】

【分析】

根据平面向量加法的坐标运算可得答案.

【详解】

，.

故选：C.

3．B

【解析】

【分析】

根据特称命题的否定为全称命题，可得出答案.

【详解】

命题，则为:对，

故选：B

4．C

【解析】

【分析】

判断三视图对应的几何体的形状，利用三视图的数据求解几何体的表面积即可.

【详解】

如图，根据三视图可得该几何体为三棱锥，

其中面面，底面为斜边长为的等腰直角三角形，

结合三视图中的数据得，

，，

所以这个几何体的表面积为，

故选：C.

5．D

【解析】

【分析】

设等比数列的公比为，则由已知条件列方程组可求出，从而可求出，

【详解】

设等比数列的公比为，

因为，，

所以，得，

因为，所以，得，

所以，

故选：D

6．A

【解析】

【分析】

令，根据余弦函数的性质求得的值，即可得出答案.

【详解】

解：令，

即，则，

所以或，，

所以或，，

又，所以或，

所以函数的图像与直线的交点个数为2个.

故选：A.

7．B

【解析】

【分析】

根据复数的几何意义可求出结果.

【详解】

由可知，复数对应的点的轨迹是圆心为，半径为的圆，

表示复数对应的点与原点之间的距离，

因为，所以，即.

故选：B

8．C

【解析】

【分析】

先根据为等边三角形得到，再设，表示出 点坐标，再根据 列出关于 的方程，解出，求出三角形边长，利用面积公式写出答案即可

【详解】

如图所示                                                  

是等边三角形，

依题意有：

设 ，则

，解得

是边长为2的等边三角形

故选：C

9．B

【解析】

【分析】

根据奇函数的性质可得、，根据题意可得是以4为周期的函数，即可求出、，令求出即可.

【详解】

因为为R上的奇函数，所以，且，

由，得，

所以，即是以4为周期的函数，

有，，则；

令，则，解得，

所以.

故选：B.

10．D

【解析】

【分析】

如图，取BC的中点E，连接AE，DE，过作，垂足为，根据面面垂直的性质可知四边形为矩形，利用勾股定理求出，列出关于外接球半径R的方程，求出，结合球的表面积公式计算即可.

【详解】

由题意得，如图，取BC的中点E，连接AE，DE，

则外接圆圆心在DE上，且，

解得，设三棱锥外接球球心为O，

连接，，过作，垂足为，

由平面平面，得，故四边形为矩形，

因为，

所以，

且，

所以，设三棱锥外接球半径为R，

有，

又，

所以，解得，

所以三棱锥外接球的表面积为.

故选：D.

11．A

【解析】

【分析】

设点所在的抛物线方程为，代入点，求方程为，令，解得，根据，即可求解.

【详解】

由题意，设点所在的抛物线方程为，

又由抛物线与椭圆的交点，代入抛物线方程得，解得，

即抛物线的方程为，

令，可得，解得或（舍去），

所以，即航天器降落点B与观测点A之间的距离为.

故选：A.

12．D

【解析】

【分析】

令，利用导数判断函数在上的单调性，即可比较，令，令，令，利用导数判断函数在上的单调性，即可比较，从而可得出答案.

【详解】

解：令，

则，

因为函数在上递增，

所以函数在上递增，

所以，

所以函数在上递增，

所以，即，

即，

令，

令，

令，

则，

所以函数在上递增，

所以，

所以，

故，即，

所以，

综上所述，.

故选：D.

13．

【解析】

【分析】

求出米内夹谷的比例，再乘以即可得解.

【详解】

依题意可得米内夹谷的比例为，

所以这批米内有谷子石.

故答案为：.

14．

【解析】

【详解】

由题得的展开式的通项公式为

令， 故，故的展开式中的系数是24, 故填24.

15．

【解析】

【分析】

先联立直线与双曲线的方程得出点的坐标，然后在翻折和的空间图形中分别过点作轴的垂线，垂足分别为,连接，分别求出的长度，由余弦定理可得答案.

【详解】

由 ，解得,所以

将此平面沿x轴折成直二面角，如图，分别过点作轴的垂线，垂足分别为,连接

则 面,又面,所以

则 , ,

所以

故答案为：

16．②④

【解析】

【分析】

设等差数列的公差为，利用裂项相消法求得数列前n项和，结合已知求得首项和公差，从而可得数列通项及前项和，再逐一判断即可得解.

【详解】

解：设等差数列的公差为，

则，

故

，

所以，

则，

解得或（舍去），

所以，

故，故①错误；

，故②正确；

，故③错误；

，，

则当或时，取得最大值，

所以，故④正确.

故选：②④.

17．(1)散点图见解析，y与x之间具有正线性相关关系；

(2)

(3)47.6分

【解析】

【分析】

（1）画出散点图，从而判断出y与x之间具有正线性相关关系；（2）根据公式求出，得到回归直线方程；（3）在第二问基础上进行计算即可.

(1)

从散点图中可以看出y与x之间具有正线性相关关系；

(2)

，，

，

所以物理成绩y关于数学成绩x的回归直线方程为；

(3)

平均地看，该班某名同学的数学成绩是60分，那么物理成绩大约是分.

18．(1)1

(2)

【解析】

【分析】

（1）由三角形的外角关系，求得，进而可求；

（2）中知两边一角，可通过余弦定理解三角形，求得面积.

(1)

如下图，，因为，可得为锐角，所以都是锐角，又，故可得，，所以;

(2)

如下图，根据（1）中所求值，由余弦定理得，代入已知得，解得或(舍去)，所以的面积.

19．(1)点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面，理由见解析；

(2)

【解析】

【分析】

（1）建立空间直角坐标系，求出平面AEC的法向量，设出点F的坐标，根据垂直关系得到方程，求出F的坐标，从而得到点F的位置；

（2）根据线面角求出点F的坐标，从而利用法向量求解出二面角的余弦值.

(1)

点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面，理由如下：

以A为坐标原点，分别以AB，AD，所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，设正方体棱长为，

则，设，

设平面的法向量为，

则，令得：，

所以，

因为，

令，

解得：，

所以当点F位于的三等分点（靠近D点）时，平面，

(2)

设点，直线与平面所成角为，

设平面的法向量为，

则，令得：，

则，

，

解得：，则

，

设二面角的大小为，显然为钝角，

则

20．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）设椭圆的方程为，焦距为，根据题意求得，即可得解；

（2）易得，设的方程为，则的方程为，分别于两椭圆方程联立，求得，再根据求得，同理可得，再由，整理即可得出答案.

(1)

解：设椭圆的方程为，焦距为，

椭圆的离心率，

则有，解得，

所以椭圆的方程为；

(2)

解：，

设，则，且，

则，

设的方程为，则的方程为，

联立，消得，

则，

联立，消得，

则，

所以，

同理可得，

所以，

设，

则，

因为，则，则，

所以，

即.

21．(1)切线的方程为，证明见解析.

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据导数的几何意义求出切线的方程，然后再证明，设，求出导数得出单调性，得出其最小值，从而得证.

（2）设，由，得出，然后再证明当时，在上恒成立，先证明，结合（1）中所证明结论可证明.

(1)

当时，，则

所以切线的斜率为，又，即切点为

所以切线的方程为：，即

要证明的图像在直线l的上方（切点除外）

即证明，即证明

设，则，且

，则在上单调递增，

所以当时，，则在上单调递减.

当时，，则在上单调递增.

所以，又

所以当时，（仅在时取得等号）

即在上恒成立.

所以的图像在直线l的上方（切点除外）.

(2)

设，由，则

下面证明：当时，在上恒成立.

即证明

设，则

令，解得：；，解得

所以在上单调递减，在上单调递增.

所以

由（1）有，即

当时，

所以当时，在上恒成立.

所以实数a的取值范围：

【点睛】

关键点睛：本题考查利用导数的几何意义求切线方程，利用导数证明不等式，利用导数讨论恒成立问题，解答本题的关键是由特殊值，得出，然后再证明，证明时先变形为需证明，设从而得出，结合（1）使得问题得证.属于难题.

22．(1)；

(2)或1.

【解析】

【分析】

(1)根据题意求出直线的斜率，利用直线的点斜式方程求出的方程，由点到直线的距离公式求得Q到直线的距离为，结合二次函数的性质求出即可；

(2)将直线的参数方程代入曲线的普通方程，设、，由韦达定理求出，结合参数的几何意义可知，根据等比中项的应用计算化简即可求出的值.

(1)

当时，直线的斜率，

则直线的方程为，即，

设，则Q到直线的距离为，

又，所以，

即的最小值为；

(2)

由(为参数)，得曲线的普通方程为，

由题意得直线的参数方程为(为参数)，

代入曲线的普通方程得，

，

由，得，

设，

则，

又，

同理，，因为成等比数列，

所以，即，

所以，即，

即，化简得，

即，解得或，

当时，，符合题意，

当时，，符合题意，

所以或.

23．(1)证明见解析

(2)证明见解析

【解析】

【分析】

（1）根据基本不等式得到三个同向不等式，再相加即可得证；

（2）根据均值不等式可证不等式成立.

(1)

因为，当且仅当时，等号成立，

，当且仅当时，等号成立，

，当且仅当时，等号成立，

所以，即，

即，当且仅当时，等号成立.

(2)

因为,

所以，当且仅当时，等号成立，

即，即，

所以，当且仅当时，等号成立.