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1、新疆新疆 20192019 届高三第三次诊断性测试数学（文）试题届高三第三次诊断性测试数学（文）试题 第第卷（共卷（共 6060 分）分） 一、选择题：本大题共一、选择题：本大题共 1212 个小题个小题, ,每小题每小题 5 5 分分, ,共共 6060 分分. .在每小题给出的四个选项中，只有一在每小题给出的四个选项中，只有一 项是符合题目要求的项是符合题目要求的. . 1.已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先根据题干得到集合 B 的元素，再由集合交集的概念得到结果. 【详解】集合，集合，则 . 故答案为：B. 【点睛】这个题目考查了集合的交
2、集的运算，属于简单题目. 2.复数，则（ ） A. B. C. 2D. 【答案】D 【解析】 【分析】 直接由复数的模的公式求解。 【详解】因为， 所以 故选：D 【点睛】本题主要考查了复数的模的定义，属于基础题。 3.若直线与圆相交，则点 P的位置是( ) A. 在圆上B. 在圆外C. 在圆内D. 以上都有可能 【答案】C 【解析】 试题分析：圆的圆心为，半径，由直线与圆相交得，所以点在圆 外 考点：点与圆，直线与圆的位置关系 4.如图所示，网络纸上小正方形的边长为 1，粗线画出的是某多面体的三视图，则该几何体的各个面的面 积的最大值为（ ） A. B. C. 8D. 【答案】D 【解析】
3、【分析】 将三视图还原成三棱锥求解即可. 【详解】将三视图还原成的几何体如图所示：底面为等腰直角三角形（两直角边长为 2） ，侧棱垂直底面的 三棱锥，面 ABC，ABD,BCD 面积均为 2，三角形 ACD 为等边三角形，且边长为，面积为 故选 A. 【点睛】本题考查三视图，正确还原成椎体，是本题关键，注意运算准确性，是基础题. 5.要得到函数的图象，只需将函数的图象（ ） A. 向左平移 个单位B. 向右平移 个单位 C. 向左平移个单位D. 向右平移个单位 【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用三角函数图象的平移变换法则，即可求解. 【详解】因为， 所以为了得到函数的图象， 只需把函数的
4、图象向左平移个单位，故选 C. 【点睛】本题考查了三角函数的图象，重点考查学生对三角函数图象变换规律的理解与掌握，能否正确处 理先周期变换后相位变换这种情况下图象的平移问题，反映学生对所学知识理解的深度. 6.关于 的方程有两个解，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 由得：，对 的范围分类，作出函数及的图象，由图象即可得解。 【详解】由得：， 当时，分别作出函数及的图象如下： 显然，两个函数图象只交于一点，故只有一解. 当时，分别作出函数及的图象如下： 显然，两个函数图象交于两点，故有两个解. 所以实数 的取值范围是. 故选：A 【点睛】本题主要考查
5、了指数函数的图象，考查了分类思想及转化思想，属于基础题。 7.九章算术中有如下问题：“今有竹九节，下三节容量四升，上四节容量三升。问中间二节欲均容， 各多少？”其大意：“今有竹 节，下 节容量 升，上 节容量 升，问使中间两节也均匀变化，每节容量 是多少？”在这个问题中，中间这两节的容量是（ ） A. 升和升B. 升和升 C. 升和升D. 升和升 【答案】B 【解析】 【分析】 由题可得：竹九节的容量依次成等差数列，由下 3 节容量 4 升及上 4 节容量 3 升列方程即可求得及 ， 问题得解。 【详解】由题可得：竹九节的容量依次成等差数列， 从上往下，不妨设每节的容量依次为： 又下 3 节容
6、量 4 升，上 4 节容量 3 升， 可得，解得：， 所以中间这两节的容量， 故选：B 【点睛】本题主要考查了等差数列的应用，考查了等差数列的通项公式及计算能力，属于中档题。 8.将一个各个面上均涂有颜色的正方体锯成 27 个同样大小的小正方体，从这些小正方体中任取一个，恰好 是两面涂色的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 数出恰好是两面涂色的小正方体个数为 12，问题得解。 【详解】由题可得：大正方体的最上层有 4 个恰好是两面涂色的小正方体， 大正方体的中间一层及最底层都有 4 个恰好是两面涂色的小正方体， 所以恰好是两面涂色的小正方体个数为个， 所以从这
7、些小正方体中任取一个，恰好是两面涂色的概率是 故选：C 【点睛】本题主要考查了古典概型概率计算，考查空间思维能力，属于基础题。 9.现将甲、乙、丙、丁四个人安排到座位号分别是的四个座位上，他们分别有以下要求， 甲：我不坐座位号为 和 的座位； 乙：我不坐座位号为 和 的座位； 丙：我的要求和乙一样； 丁：如果乙不坐座位号为 的座位，我就不坐座位号为 的座位. 那么坐在座位号为 的座位上的是（ ） A. 甲B. 乙C. 丙D. 丁 【答案】C 【解析】 【分析】 对甲分别坐座位号为 3 或 4 分类推理即可判断。 【详解】当甲坐座位号为 3 时， 因为乙不坐座位号为 1 和 4 的座位 所以乙只
8、能坐座位号为 2，这时只剩下座位号为 1 和 4 又丙的要求和乙一样，矛盾，故甲不能坐座位号 3. 当甲坐座位号为 4 时， 因为乙不坐座位号为 1 和 4 的座位，丙的要求和乙一样： 所以丁只能坐座位号 1， 又如果乙不坐座位号为 2的座位，丁就不坐座位号为 1 的座位. 所以乙只能坐座位号 2，这时只剩下座位号 3 给丙。 所以坐在座位号为 3 的座位上的是丙. 故选：C 【点睛】本题主要考查了逻辑推理能力，考查了分类思想，属于中档题。 10.已知三棱柱的侧棱与底面垂直，则三棱柱外接 球的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据棱柱的性质得到外接球的球心在
9、上底面的外心和下底面的外心的连线的中点处，通过构造方程解出球 的半径. 【详解】根据题意得到，外接球的球心在上底面的外心和下底面的外心的连线的中点处，记作点 O，连接 OC，及上底面的圆心为 M，连接 CM，OM，则三角形 CMO 为直角三角形，CM 为上底面外接圆的半径， MO=1，CM=r，根据正弦定理得到半径为. 由勾股定理得到 根据球的体积公式得到 故答案为：A. 【点睛】一般外接球需要求球心和半径，首先应确定球心的位置，借助于外接球的性质，球心到各顶点距 离相等，这样可先确定几何体中部分点组成的多边形的外接圆的圆心，过圆心且垂直于多边形所在平面的 直线上任一点到多边形的顶点的距离相等
10、，然后同样的方法找到另一个多边形的各顶点距离相等的直线 （这两个多边形需有公共点） ，这样两条直线的交点，就是其外接球的球心，再根据半径，顶点到底面中 心的距离，球心到底面中心的距离，构成勾股定理求解，有时也可利用补体法得到半径。 11.已知点分别是双曲线的左、右焦点，过且垂直于 轴的直线与双曲线交于 两点，若，则该双曲线的离心率 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 试题分析：由题意可知，设，所以 ，所以，两边同时除 以得，又因为 为双曲线的离心率，所以，故选 B 考点：双曲线的离心率 【思路点睛】本题主要考查了双曲线的简单性质，根据题意可得 ，两边同时除以，可得
11、 ，再根据双曲线的性质即可求出双曲线的离心率的取值范围 12.已知函数，若存在 ，使得，则实数 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由可得：存在，使得，转化成：存在，使得 ，求出，问题得解。 【详解】因为， 所以存在 ，使得，可转成： 存在 ，使得， 即：存在 ，使得， 即：，又 所以 故选：B 【点睛】本题主要考查了导数的运算公式及计算能力，考查了转化能力及函数的最值求法，属于中档题。 第第卷（共卷（共 9090 分）分） 二、填空题（每题二、填空题（每题 5 5 分，满分分，满分 2020 分，将答案填在答题纸上）分，将答案填在答题纸上） 13.已知
12、向量满足，且，则向量 与 的夹角为_ 【答案】 【解析】 【分析】 由可求得，利用向量夹角公式即可得解。 【详解】因为， 所以，解得：， 所以. 所以向量 与 的夹角为 . 【点睛】本题主要考查了向量的数量积运算及向量夹角的数量积表示，考查计算能力，属于基础题。 14.设满足约束条件，若的最大值为，则的值为_ 【答案】3 【解析】 【分析】 作出不等式组表示的区域，结合 z 的几何意义，利用线性规划知识列方程即可得解。 【详解】作出不等式组表示的区域，如下图： 作出直线，由图可得：当直线 往上平移，经过点时， 最大， 由已知得：，解得：. 【点睛】本题主要考查了利用线性规划知识求最值，考查了方
13、程思想及计算能力，属于基础题。 15.已知直线，若 是抛物线上的动点，则点 到直线 的距离与其到 轴的距离之和的 最小值为_ 【答案】2 【解析】 【分析】 依据题意作出图形，由抛物线定义得：点 到直线 的距离与其到 轴的距离之和的最小值可转化成求点 到 直线距离问题，再由点到直线距离公式得解。 【详解】依据题意作出图形，点 到直线 的距离与其到 轴的距离之和为：， 设 点到抛物线的准线的距离为， 由抛物线定义可得：， 所以的最小值问题可转化成的最小值问题. 由图可得：的最小值就是点 到直线距离， 又,所以点 到直线距离为：， 所以点 到直线 的距离与其到 轴的距离之和的最小值为：. 【点睛】
14、本题主要考查了抛物线的定义及抛物线的简单性质，考查转化能力及计算能力，属于中档题。 16.已知数列的前 项和为，且，若集合中恰有三个 元素，则实数 的取值范围是_ 【答案】 【解析】 【分析】 由法可求出，由转化成：，记，讨论的单调 性，利用中恰有三个元素列不等式，从而得解。 【详解】因为（1） ，所以（2） （1） （2）整理得：. 将代入得： 所以是以，公比为 的等比数列， 所以， 由可转化成：， 记 ，则， 所以,即：先增后减 又， 要使得中恰有三个元素，则 满足的 恰有三个，所以，即：. 【点睛】本题主要考查了利用法求通项公式，还考查了等比数列的通项公式及判断数列的单调性，还考 查了转
15、化能力及计算能力，属于难题。 三、解答题三、解答题 （本大题共（本大题共 6 6 小题，共小题，共 7070 分分. .解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. .） 17.的内角 的对边分别为，已知 （）求角 的大小； （）若，求的面积的最大值. 【答案】 （）； （）. 【解析】 【分析】 （）由已知及正弦定理及二倍角公式可得：，化简得，问 题得解。 （）由余弦定理可得：，结合已知及基本不等式得： ，由三角形面积公式得 ，问题得解。 【详解】 （）由正弦定理得 . （）， 即， 当且仅当时，等号成立。 所以的面积的最大值为. 【点睛】本题主要考查了正弦
16、定理及三角恒等变形知识，还考查了余弦定理及利用基本不等式求最值，考 查计算能力，属于中档题。 18.在长方体中， ,分别是的中点， 是上一点，平 面. （I）求的长； （）求点 到平面的距离. 【答案】 （）； （）. 【解析】 【分析】 （）取中点 ，连接交于 ，证得：，再证明，从而可得三点共线，从而可 得，问题得解。 （）利用（）中的结论可得：点 到平面的距离等于点 到平面的距离，从而得到都 是边长为 1 的正方形的顶点，利用正方形的特征即可得解。 【详解】 （）如图，取中点 ，联结交于 ，取的中点，联结, 可证得：平面平面 又平面， 平面， 联结，可得： 三点共线. 又分别是的中点， （）平面， 点 到平面的距离等于点 到平面的距离， , 都是边长为 1 的正方形的顶点.其对角线长为. 到平面的距离等于边长为 1 的正方形的对角线的 倍，即为. 【点睛】本题主要考查了线面平行的性质及长度计算，考查了补形法及正方体的性质，考查转化能力及
