宁夏吴忠市吴忠中学2022届高三下学期第三次模拟测试数学（理）试题-

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宁夏吴忠市吴忠中学2022届高三下学期第三次模拟测试数学（理）试题

试卷副标题

考试范围：xxx；考试时间：100分钟；命题人：xxx

注意事项：

1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息

2．请将答案正确填写在答题卡上

第I卷（选择题）

请点击修改第I卷的文字说明

1．若复数z在复平面内对应的点为，则其共轭复数的虚部是（       ）

A． B． C．1 D．

2．集合，，则（       ）

A． B． C． D．

3．在中，已知，，，则（       ）

A．16 B．9 C．－9 D．－16

4．已知数列满足为其前n项和.若，则（       ）

A．20 B．30 C．31 D．62

5．已知双曲线（，）的焦距为，且实轴长为2，则双曲线的渐近线方程为（       ）

A． B． C． D．

6．中国空间站的主体结构包括天和核心舱、问天实验舱和梦天实验舱，假设空间站要安排甲，乙，丙，丁4名航天员开展实验，其中天和核心舱安排2人，问天实验舱与梦天实验舱各安排1人，则甲乙两人安排在同一个舱内的概率为（       ）

A． B． C． D．

7．下列函数中，既是奇函数又存在极值的是（       ）

A． B． C． D．

8．如图是某高三学生14次模考数学成绩的茎叶图，第1次到第14次的考试成绩依次记为，，…，.将14次成绩输入程序框图，则输出的结果是（          ）

A．8 B．9 C．10 D．11

9．先将函数图象上各点的横坐标缩短为原来的，再把所得函数图象向左平移个单位长度，得到函数的图象，则下列说法错误的是

A．函数是奇函数

B．函数的最小正周期是

C．函数图像关于直线对称

D．函数在上单调递增

10．已知随机变量，其正态分布密度曲线如图所示，则图中阴影部分的面积为（       ）

附：若随机变量，则，，

A．0.1359 B．0.7282 C．0.8641 D．0.93205

11．已知三棱锥的所有顶点都在表面积为64π的球面上，且SA⊥平面ABC，，，，M是边BC上一动点，则直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为（       ）

A．3 B． C． D．

12．已知函数，若关于的方程有且仅有三个不同的实数解，则实数的取值范围是(       )

A． B． C． D．

第II卷（非选择题）

请点击修改第II卷的文字说明

13．已知向量，，则_______.

14．若的展开式中只有第六项的二项式系数最大，则展开式中的常数项是___________.

15．如图，为测得河对岸铁塔AB的高，先在河岸上选一点C，使C在铁塔底B的正东方向上，测得点A的仰角为，再由点C沿北偏东方向走10米到位置D，测得，则铁塔AB的高为___________米

16．在第24届北京冬奥会开幕式上，一朵朵六角雪花飘拂在国家体育场上空，畅想着“一起向未来”的美好愿景.如图是“雪花曲线”的一种形成过程：图1，正三角形的边长为1，在各边取两个三等分点，往外再作一个正三角形，得到图2中的图形；对图2中的各边作相同的操作，得到图3中的图形；依此类推，我们就得到了以下一系列图形，记第个图形（图1为第一个图形）中的所有外围线段长的和为，则满足的最小正整数的值为______.（参考数据：，）

17．已知数．

(1)求函数的最小正周期，并写出函数的单调递增区间

(2)在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且满足，求的取值范围

18．如图，在四棱锥中，底面.在底面中，，，，.

(1)求证：平面；

(2)若平面与平面的夹角等于，求点B到平面的距离.

19．北方的冬天室外温度极低，如果轻薄、保暖的石墨烯发热膜能用在衣服上，那么可爱的医务工作者们在冬季行动会更方便.石墨烯发热膜的制作：从石墨中分离出石墨烯，制成石墨烯发热膜，从石墨中分离石墨烯的一种方法是化学气相沉积法，使石墨升华后附着在材料上再结晶.现在有材料、材料可供选择，研究人员对附着在材料、材料上的石墨各做了50次再结晶试验，得到如下等高堆积条形图.

(1)根据等高堆积条形图，填写如上列联表（单位：次），判断试验结果与材料是否有关？如果有关，你有多大把握认为它们相关？

(2)研究人员得到石墨烯后．再制作石墨烯发热膜有三个环节：①透明基底及UV胶层；②石墨烯层；③表面封装层.第一、二环节生产合格的概率均为，第三环节生产合格的概率为，且各生产环节相互独立.已知生产1吨石墨烯发热膜的固定成本为1万元，若生产不合格还需进行修复，第三环节的修复费用为3000元，其余环节修复费用均为1000元.试问如何定价，才能实现每生产1吨石墨烯发热膜获利不低于1万元的目标？               

附：，其中

20．已知点，直线，为平面上的动点，过点作直线的垂线，垂足为，且满足.

（Ⅰ）求动点的轨迹的方程；

（Ⅱ）过点作直线与轨迹交于两点，为直线上一点，且满足，若的面积为，求直线的方程.

21．已知函数，.

(1)若曲线在点处的切线的斜率为4，求a的值；

(2)当时，求的单调区间；

(3)已知的导函数在区间上存在零点.求证：当时，.

22．在平面直角坐标系中，圆C的参数方程为（为参数），直线l的参数方程为（t为参数），设原点O在圆C的内部，直线l与圆C交于M，N两点；以O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.

(1)求直线l和圆C的极坐标方程；

(2)求证：为定值．

23．已知函数.

(1)当时，求不等式的解集；

(2)若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围.

参考答案：

1．D

【解析】

【分析】

根据复数的几何意义，以及共轭复数的定义，即可求解

【详解】

复数z在复平面内对应的点为，可得，所以，共轭复数，共轭复数的虚部是

故选：D

2．C

【解析】

【分析】

化简集合，再根据集合的运算定义求.

【详解】

由化简可得或，

所以或，

所以，

故，

故选：C．

3．C

【解析】

【分析】

由余弦定理求出，再由数量积的定义及诱导公式计算可得；

【详解】

解：由余弦定理，可得，

所以．

故选：C．

4．C

【解析】

【分析】

先利用等比数列的定义、通项公式得到公比和首项，再利用等比数列的求和公式进行求解.

【详解】

因为，所以为等比数列，且，

又，所以，则.

故选：C.

5．C

【解析】

【分析】

由双曲线的性质求解

【详解】

由题意可知，，，所以，，

所以，则，渐近线方程为．

故选：C

6．A

【解析】

【分析】

分别求出所有的安排情况，再求甲乙两人安排在同一个舱内的情况，最后用古典概率公式可求解.

【详解】

从甲，乙，丙，丁4名航天员中任选两人去天和核心舱，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能，

要使得甲乙在同一个舱内，由题意，甲乙只能同时在天和核心舱，在这种安排下，剩下两人去剩下两个舱位，则有种可能.

所以甲乙两人安排在同一个舱内的概率.

故选：A

7．D

【解析】

【分析】

利用基本初等函数的奇偶性及函数的极值与导数的关系可判断各选项.

【详解】

对于A选项，函数为奇函数，且该函数在上单调递增，A项不满足条件；

对于B选项，函数的定义域为，该函数为非奇非偶函数，B选项不满足条件；

对于C选项，函数的导数为，该函数在上单调递增，C选项不满足条件；

对于D选项，令，该函数的定义域为，

，即函数为奇函数，

，当时，，当时，，

所以，为函数的极小值点，D选项满足条件.

故选：D.

8．D

【解析】

【分析】

算法的功能是计算学生在14次数学考试成绩中，成绩大于等于的次数，根据茎叶图可得成绩大于等于的次数，即值．

【详解】

解：由程序框图知：算法的功能是计算学生在14次数学考试成绩中，成绩大于等于的次数，

由茎叶图得，在14次测试中，成绩大于等于的有：123、125、126、128、132、133、134、136、139、142、141共11次，

输出的值为11．

故选：．

【点睛】

本题借助茎叶图考查了循环结构的程序框图，根据框图的流程判断算法的功能是关键，属于基础题．

9．D

【解析】

【分析】

通过函数变换，得到函数的解析式，利用解析式判断各项正误.

【详解】

原函数为，

横坐标缩短为原来的，得，

左平移个单位长度，得.

故.

A项，函数是奇函数，正确；B项，最小正周期为，正确；C项，函数的对称轴为：，故函数图像关于直线对称，正确；D项，的单调递减区间为，函数在上先增后减，故D项错误.

故选：D.

10．A

【解析】

【分析】

根据正态分布密度曲线的对称性，可求出阴影部分的面积，

【详解】

根据题意，随机变量满足正态分布，

得，，则对称轴为，且，

根据正态分布密度曲线的性质，可得阴影部分的面积

．

故选：A

11．B

【解析】

【分析】

根据三棱锥外接球的表面积以及三棱锥的几何特点，求得的长，再根据线面角的定义，求得其正切值的表达式，求其最大值即可.

【详解】

根据题意，将三棱锥放入直三棱柱，则两者外接球相同，

且取底面的外心为，连接，且取其中点为，连接如下所示：

因为三棱锥外接球的表面积为，设外接球半径为，则，解得；

对直三棱柱，其外接球球心在的中点处，也即，

故在中，因为，设外接圆半径为，

则，解得；

在中，因为，且，故可得，即，

再由正弦定理可得，则，又为锐角，故；

则，即是以为顶角的等腰三角形；

因为平面，故与平面的夹角即为，则，

又的最小值即为边上的高线，设其长度为，则.

故当最大时，为，即直线SM与平面ABC所成的最大角的正切值为.

故选：B.

【点睛】

本题综合考查棱锥外接球问题、解三角形问题以及线面角的求解，处理问题的关键是对每种问题都能熟练的掌握，从而可以灵活的转化，属综合困难题.

12．C

【解析】

【分析】

首先利用导函数求的单调性，根据其单调性作出的大致图像，然后结合已知条件将方程解的问题转换成交点问题即可求解.

【详解】

因为，所以，

当，；当，，

所以在和单调递减，在单调递增，

且当时，，，

故的大致图象如图所示：

关于的方程等价于，

即或，

由图知，方程有且仅有一解，则有两解，

所以，解得，

故选:C.

13．

【解析】

【分析】

直接应用向量的坐标运算公式求模.

【详解】

由题，所以.

故答案为：.

14．180

【解析】

【分析】

由只有第6项二项式系数最大得值，写出展开式通项公式，然后确定常数项所在项数，得常数项．

【详解】

因为题中二项展开式中只有第六项的二项式系数最大，所以．

，令得．

所以常数项为．

故答案为：180．

15．

【解析】

【分析】

在△BCD中，利用三角形内角和定理可得∠B＝15°，利用正弦定理可得 ，解得BC．在Rt△ABC中，AB＝BCtan60°，即可得出．

【详解】

在中，，，可得∠B＝15°，且sin15°＝sin（45°﹣30°）

由正弦定理得：，

在中，．

故答案为：30+10．

【点睛】

本题考查了解三角形、和差公式、正弦定理，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

16．9

【解析】

【分析】

根据图形变化规律分析出的通项公式，然后求和确定.

【详解】

由图形变化规律可得，，则有，所以最小正整数的值为9.

故答案为：9.

17．(1)最小正周期为，增区间为

(2)

【解析】

【分析】

（1）先对函数化简变形，得，从而可求出函数的最小正周期，由，可求出函数的增区间，

（2）将利用正弦定理统一成角的形式，化简可求得，则，然后利用正弦函数的性质可求得答案

(1)

，

所以的最小正周期为，

由，

得，

所以的单调增区间为，

(2)

因为，

所以由正弦定理得

,

所以,

所以,

因为，所以，

因为，所以，

所以，

因为

所以，

因为，所以，

所以，即，

所以，

所以的取值范围为

18．(1)证明见解析

(2)

【解析】

【分析】

（1）根据几何关系证明，根据底面得，进而证明结论；

（2）根据题意，两两互相垂直，进而建立空间直角坐标系，设，再根据坐标法求解即可.

(1)

证明：设中点为E，连接，

易知为正方形，且

所以，

所以

因为底面底面，

所以

又面，

所以平面

(2)

解：因为底面，在正方形中

所以两两互相垂直.

如图建立空间直角坐标系

设

则

所以，

设平面的法向量为，则

即

所以

由（1）知，平面的法向量为

因为平面与平面的夹角为，

所以，解得

设点B到平面的距离为d.

则

19．(1)大约有99.9%的把握认为试验结果与材料有关

(2)2.2万元/吨

【解析】

【分析】

（1）由等高条形图数据列出列联表，计算卡方后判断；

（2）设生产1吨石墨烯发热膜所需的修复费用为万元，求出分布列和数学期望，由此可确定售价.

(1)

根据题中所给等高堆积条形图，得列联表如下：

计算可得，

又

大约有99.9%的把握认为试验结果与材料有关．

(2)

设生产1吨石墨烯发热膜所需的修复费用为万元．

易知的可能取值为0，0.1，0.2，0.3，0.4，0.5．

，，，

，，，

则的分布列为

修复费用的期望．

所以石墨烯发热膜的定价至少为万元/吨，才能实现预期的利润目标．

20．（Ⅰ）；（Ⅱ）或.

【解析】

【分析】

（Ⅰ）由题意可得，根据抛物线的定义即可求解.

（Ⅱ）设，设直线：，将直线代入抛物线方程，利用韦达定理求出弦长，再由，从而可表示出，解方程即可求出直线的斜率，进而可得直线.

【详解】

（Ⅰ）由题意知：

∴   故点轨迹是以点为焦点的抛物线

∴曲线

（Ⅱ）设

设直线：，代入曲线整理有：

∴，

则线段中点

而故

又

∴

故轴

即

∴

故或

【点睛】

本题考查了抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系中的面积问题，考查了学生的计算能力，属于中档题.

21．(1)；

(2)答案见解析；

(3)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）由导数的几何意义运算即可得解；

（2）对进行分类讨论，根据导数的符号判断函数的单调性；

（3）由题可得，进而可得函数的最小值为，再构造函数，通过导数证明即可得证.

(1)

函数的定义域为，

由，可得，

∴，

所以.

(2)

由（1）得，，

①当时，令，解得或，

令，解得.

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

②当时，，所以，函数的单调递增区间为，

③当时，令，解得或，

令，解得，

所以，函数的单调递增区间为和，单调递减区间为.

(3)

因为导函数在区间上存在零点，则，

由（2）可知在上单调递减，在单调递增，

所以在上的最小值为，

设，，，

令，因为，

所以，在上单调递减，

又，所以在上单调递减，

又因为，

所以，即，

所以当时，.

【点睛】

关键点点睛：本题的关键是构造函数，，把问题转化为证明.

22．(1)；．

(2)证明见解析．

【解析】

【分析】

（1）参数方程转化成直线方程，消去参数可得到直角坐标系方程，将代入直角坐标方程，即可得到极坐标方程．

（2）联立方程，消去，可得到的一元二次方程，，是方程的两个根，用韦达定理转化可求出答案．

(1)

将直线l的参数方程化为普通方程，得，所以直线l的极坐标方程为；

将圆C的参数方程化为直角坐标方程，得，所以圆C的极坐标方程为．

(2)

证明：将代入，得．

则，所以，

故为定值．

23．(1)

(2)

【解析】

【分析】

（1）将函数转成分段函数，即可求解；

（2）利用绝对值三角不等式定理化简，求解范围即可

(1)

当时，，

当时，由，得.

∴不等式的解集为

(2)

∵，∴.

又∵关于的不等式的解集为，∴只需.

①当，即时，显然不符合题意；

②当，即时，.

∴，解得.

∴实数的取值范围为.