精品解析：新疆维吾尔自治区2022届高三下学期第三次适应性检测数学（理）试题（解析版）

新疆维吾尔自治区2022年普通高考第三次适应性检测

理科数学

一､选择题：本大题共12小题，每小题5分，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】B

【解析】

【分析】由交集和补集运算求解即可.

【详解】

故选：B

2. 若复数z满足.则z等于（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】设出复数，由共轭复数及复数的乘法化简得到，解方程即可求解.

【详解】设，则，，

则，解得，故.

故选：A.

3. 下列命题正确的是（    ）

A. 命题“若，则”的否命题为“，则”

B. 若给定命题p：，，则：，

C. 若为假命题，则p，q都为假命题

D. “”是“”的充分不必要条件

【答案】D

【解析】

【分析】A选项直接否定条件和结论即可；B选项存在一个量词的命题的否定，先否定量词，后否定结论；C选项“且”命题是一假必假；D选项，利用“小集合”是“大集合”的充分不必要条件作出判断.

【详解】对于A，命题“若，则”的否命题为“，则”，A错误；

对于B，命题p：，，则：，，B错误；

对于C，若为假命题，则p，q有一个假命题即可；C错误；

对于D，或或，即“”是

“”的充分不必要条件，D正确.

故选：D

4. 在直三棱柱中，底面为正三角形，若，则直线与平面所成角为（    ）

A. 30° B. 45° C. 60° D. 75°

【答案】A

【解析】

【分析】根据线面角的定义确定直线与平面所成角，再通过解三角形求其大小.

【详解】连接，D为的中点，

因为为正三角形，

所以，

因为平面，平面，

又，

又平面，相交，

所以平面，

所以为直线与平面的夹角，

设，则，

在中，，，所以，

所以,

所以直线与平面所成角，

故答案为：A.

5. 如图，，，为某次考试三个评卷人对同一道题的独立评分，P为该题的最终得分.当，，时，等于（    ）

A. 10 B. 9 C. 8 D. 5

【答案】C

【解析】

【分析】先读懂程序框图，讨论判断条件是否成立，根据得出.

【详解】因为，，所以不成立,即为“否”，所以再输入；

当时，此时，所以，即，解得，满足；

当时，此时，所以，即，解得，此时，故（舍）

故选：C

6. 过点的直线l与圆有公共点，则直线l倾斜角的取值范围是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】当斜率不存在时符合题意，当斜率存在时，设直线，由解出的范围，进而得到倾斜角的取值范围，即可求解.

【详解】设直线的倾斜角为，圆心到直线l的距离为，当直线l的斜率不存在时，易得，此时，符合题意，；

当直线l的斜率存在时，设直线，即，此时，解得或，

即或；综上可得.

故选：C.

7. 中国书法历史悠久，源远流长，书法作为一门艺术，以文字为载体，不断地反映着和丰富着华夏民族的自然观，宇宙观和人生观，谈到书法艺术，就离不开汉字，汉字是书法艺术的精髓汉字本身且有丰富的音象利可朝的规律性，使汉字书写成为一门独特的艺术，我国书法大体可分为篆､隶､楷､行､草五种书体，如图，以“国”字为例，现有5张分别写有一种书体的临摹纸，将其全部分给3名书法爱好者，每人至少1张，则不同的分法种数为（    ）

A. 60 B. 90 C. 120 D. 150

【答案】D

【解析】

【分析】满足条件的分法可分为两类，第一类一人三张，另两人个一张，第二类，其中一人一张，另两人各两张，利用排列组合知识分别求出各类的方法数，由此可得总方法数.

【详解】满足条件的分法可分为两类，

第一类一人三张，另两人个一张，符合条件的方法有种， 即60种

第二类，其中一人一张，另两人各两张，符合条件的方法有种，即90种，

由分类加法原理可得，满足条件的方法总数为，

故选：D.

8. 如图在△ABC中，，F为AB中点，，，，则（    ）

A. 0 B. 1 C.  D. 2

【答案】A

【解析】

【分析】由向量的运算得出，，再由数量积公式计算即可.

【详解】因为，，

所以.

故选：A

9. 点P是双曲线C：右支上一点，，分别是双曲线C的左，右焦点，M为的内心，若双曲线C的离心率，且，则（    ）

A.  B.  C. 1 D.

【答案】D

【解析】

【分析】设出内切圆的半径，表示出，由得，结合双曲线的定义及离心率即可求解.

【详解】

设内切圆的半径为，则，

由可得，化简得，

又，故.

故选：D.

10. 已知数列是以1为首项，3为公差的等差数列，是以1为首项，3为公比的等比数列，设，，当时，n的最大值为（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】C

【解析】

【分析】先求出，进而得到，由分组求和得，由判断出为递增数列，计算出即可求解.

【详解】由题意知：，，

，

又，

故为递增数列，又，

故当时，n的最大值为6.

故选：C.

11. 某同学用“随机模拟方法”计算曲线与直线，所围成的曲边三角形的面积时，用计算机分别产生了个在区间上的均匀随机数和个在区间上的均匀随机数，构成数对，其数据如下表的前两行.由此可得这个曲边三角形面积的一个近似值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】计算出矩形区域的面积，分析可知，有个点在曲边三角形区域内，利用几何概型的概率公式可求得曲线三角形面积的近似值.

【详解】由表可知，向矩形区域内随机抛掷个点，其中有个点在曲边三角形区域内，

矩形区域的面积为，设曲边三角形的面积为，则，因此，.

故选：B.

12. 若函数在处有极值10，则（    ）

A. 6 B.  C. 或15 D. 6或

【答案】B

【解析】

【分析】先求出函数的导函数 ，然后根据在 时 有极值10，得到 ，求出满足条件的 ，然后验证在 时是否有极值，即可求出

【详解】 ，

又 时 有极值10

，解得 或

当 时，

此时 处无极值，不符合题意

经检验， 时满足题意

故选：B

二､填空题：本大题共4小路，每小题5分.

13. 设为数列的前n项和，，，，则___________.

【答案】12

【解析】

【分析】由递推关系证明数列具有周期性，利用组合求和法求和即可.

【详解】因为，所以，，又，，

所以，，

因为，所以，

所以，

所以，

，

所以，

故答案为：12.

14. 函数的零点个数为___________.

【答案】2

【解析】

【分析】当时，令，直接解出零点即可；当时，先判断单调性，再结合零点存在定理即可判断.

【详解】当时，令，解得，，此时有1个零点；当时， ，显然单调递增，

又，由零点存在定理知此时有1个零点；综上共有2个零点.

故答案为：2.

15. 已知点、是函数图像上的任意两点，且角的终边经过点，若，的最小值为，则___________.

【答案】##

【解析】

【分析】根据条件求出的值，分析可知函数的最小正周期为，求出的值，代值计算可得的值.

【详解】由已知可得，因为，，则，

若，的最小值为，则函数的最小正周期为，

所以，，所以，，

因此，.

故答案为：.

16. 半正多面体亦称“阿基米德多面体”，是由边数不全相同的正多边形围成的多面体，体现了数学的对称美，以正方体每条棱的中点为顶点构造一个半正多面体，如图，它由八个正三角形和六个正方形构成，它的所有棱长都为2，则该半正多面体外接球的表面积为___________；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该正四面体体积最小值为___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】首先找到外接球的球心，再利用勾股定理计算即可；若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小，然后根据正四面体内切球的相关计算求解即可.

【详解】由题意知，该半正多面体的外接球的球心是正方体的中心，正方体棱长为，

所以该半正多面体外接球的半径，故其表面积为.

若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.

此时，设正四面体的棱长为a，则正四面体的高为，考查轴截面，则有，解得，

所以.

故答案为：；.

【点睛】关键点点睛：本题第②空的关键点是探究出结论：若该半正多面体可以在一个正四面体内任意转动，则该半正多面体的外接球是正四面体的内切球时，该正四面体体积最小.

三､解答题：共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 的内角、、所对边的长分别为、、，已知.

（1）求的大小；

（2）若，求面积的最大值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式可求得的值，结合角的取值范围，可求得角的值；

（2）由余弦定理结合基本不等式可求得的最大值，即可求得面积的最大值.

【小问1详解】

解：由及正弦定理可得，

所以，，

因为、，则，，则，故.

【小问2详解】

解：由余弦定理可得，

当且仅当时，等号成立，则.

因此，面积的最大值为.

18. 如图，在直三棱柱中，，，D，分别是BC，的中点，，过点G作，分别交AB，AC于点E，F.

（1）证明；

（2）若二面角的大小是，求三棱柱的体积.

【答案】（1）证明见解析；   

（2）

【解析】

【分析】（1）先由及证得平面，即可证明；

（2）建立空间直角坐标系，设，分别求出平面和的法向量，由二面角的大小是解出，再计算体积即可.

【小问1详解】

由已知得平面ABC，平面ABC，所以，又AB=AC，D是BC的中点，得，

又，故.因为，AD是平面内的两条相交直线，所以平面，

又平面，所以；

【小问2详解】

依题意，又，所以.

由直棱柱性质和题设，两两互相垂直，建立如图所示的空间直角坐标系.

设，则，

设是平面的法向量，，，取，则.

设是平面法向量，，，取，则，

因为二面角的大小是，所以，解得，

所以三核柱的体积.

19. 2021年教育部印发了《关于加强义务教育学校作业管理的通知》，规定初中学生完成书面作业的平均时长不超过90分钟，某市为了更好地贯彻落实“双减”工作要求，为教育决策提供依据，该市教研部门就当前全市初二学生每天完成书而作业时长进行抽样调查，结果是完成书面作业时长（单位：分钟）都在区间内，完成书面作业时长的频率分布直方图如右：

（1）求被调查学生完成书面作业时长的中位数和平均数；

（2）调查统计时约定：完成书面作业时长在区间内的为A层次学生，在区间内的为B层次学生，在区间内的为C层次学生，在其它区间内的为D层次学生，现对完成书面作业时长在70分钟以上（含70分钟）的初二学生，按时长出现的频率，用分层抽样的方法随机抽取8人，再从这8人中随机抽取3人作进一步调查，设这3人来自X个层次，求随机变量X的分布列及数学期望.

【答案】（1）中位数，平均数81；   

（2）分布列见解析，期望

【解析】

【分析】（1）直接按照频率分布直方图求中位数和平均数的求法求解即可；

（2）先按照分层抽样求出三个层次的人数人数分别为3，3，2，再计算X为1，2，3的概率，列出分布列计算期望即可.

【小问1详解】

依题意，，，

故完成作业时长中位数位于区间内.

设中位数为，则，解得，即中位数的值为，

平均数为.

【小问2详解】

由题意可知，作业时长在70分钟以上（含70分钟）的区间为，，

，其频率比为3：3：2，分别对应A，B，C三个层次.根据分层抽样的方法，

易知各层次抽取的人数分别为3，3，2，因此X的所有可能值为1，2，3.

因为，，，

所以X的分布列为：

故数学期望.

20. 已知椭圆C：的离心率为，以椭圆C的右顶点A为圆心，作半径为r的圆，设圆A与椭圆C交于点E，F.

（1）求的最小值，并求此时圆A的方程；

（2）设点O是坐标原点，点P是椭圆C上异于E，F的点，且满足直线PE，PF分别与x轴交于M，N两点，证明：为定值.

【答案】（1）最小值为，此时圆A的方程；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接由右顶点及离心率求出椭圆的方程，设出坐标，表示出，由二次函数求得最小值，求出此时点坐标，即可求得圆A的方程；

（2）设出坐标，表示出直线PE，PF求出坐标，计算，结合P，E，F是椭圆C上的点，求出为定值，即可求得为定值.

【小问1详解】

根据题意，，则，又离心率，则，故，即椭圆的方程为，

设点，则，易得关于轴对称，则，又点，

则，

当时，有最小值为，且，故圆A的方程为；

【小问2详解】

设点，则，且，，，则，

可得，令，则，，令，则，

所以，

故，为定值.

21. 已知，.

（1）讨论的单调性；

（2）当时，若存在两个极值点，，且，求证：.

【答案】（1）在上单调递增；   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）直接求导，由在区间恒成立，即得的单调性；

（2）先由有两个极值点，求导确定的取值范围，得到，直接表示出，转化为关于的函数，求导确定函数单调性即可证得结论.

【小问1详解】

由的定义域为，则.

在区间恒成立，

故在区间上单调递增；

【小问2详解】

由且，则，

又分别为的两个极值点，

则分别为的两根，，即，且，
 

，

令，则.

令，则，则在区间上单调递减，

故，即恒成立，在区间上单调递减，

故，，即.

22. 在平面直角坐标系xOy中有一点，圆C的方程为点为C上的动点，M为PQ的中点.以坐标原点为极点，x轴正半轴为极轴建立极坐标系.

（1）求点M的轨迹的极坐标方程；

（2）设点N的直角坐标为，若直线l经过点N且与曲线交于点E，F，弦EF的中点为D，求的最大值.

【答案】（1）；   

（2）

【解析】

【分析】（1）设出，由结合即可求出点M的轨迹的直角坐标方程，再由公式法转化为极坐标方程即可；

（2）先写出直线l的参数方程，由直线l与曲线交于点E，F求出倾斜角的范围，将参数方程代入的直角坐标方程，由参数的几何意义表示出，再由倾斜角的范围求出最大值即可.

【小问1详解】

因为圆C的方程为，且点Q为C上的动点，所以点满足.设，

因为M为PO中点，所以，即有，所以，

整理得的轨迹方程为，又，则点M的轨迹的极坐标方程为；

【小问2详解】

直线l过点，设直线l的参数方程为（为参数），为直线l的倾斜角，如图，当直线l与相切于点时，

易得，，由直线l与曲线交于点E，F可得，将直线l的参数方程代入的直角坐标方程

得，设E，F对应的参数为，则D对应的参数为，所以，，

故，即当时，的最大值为.

23. 已知.

（1）设的最小值为m，求m的值：

（2）若a，且，求证：.

【答案】（1）；   

（2）证明见解析.

【解析】

【分析】(1)化简函数解析式，结合函数的单调性求其最小值即可；(2)化简不等式的左边的代数式，利用基本不等式完成证明.

【小问1详解】

当时，，此时，

当时，，此时，

当时，，此时，

所以函数的最小值为2，故.

【小问2详解】

由(1) ，