2023年届宁夏银川一中高三第四次模拟考试数学(理)试题

2023届宁夏银川一中高三第四次模拟考试数学〔理〕试题一、单项选择题．集合A1，Bx|3x1，则∩B中元素的个数为〔 〕A．2【答案】B

B．3 C．4 D．5【分析】承受列举法列举出A B中元素的即可.【详解】由题意，AB{5,7,11}，故A B中元素的个数为3.应选：B【点晴】此题主要考察集合的交集运算，考察学生对交集定义的理解，是一道简洁.2．命题p:xR,2x5，则p为〔 〕A．xR,2x5 B．xR,2x5C．x0

R,2x5

D．x0

R,2x500【答案】D00【分析】全称命题的否认：将任意改为存在并否认原结论，即可知答案.【详解】由全称命题的否认为特称命题，所以p为x0

R,2x

5.a–ba–b|0．向量a(b(2)，则|22A．C．522【答案】A

B．2D．50ab|．【分析】此题先计算aab|．【详解】ab(2,3)(3,2)(1,1)，(1)2122应选A【点睛】此题主要考察平面对量模长的计算，简洁题，留意了根底学问、根本计算力气的考察．由于对平面对量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．4．以下命题： ①ybxa恒过样本点的中心xy;②两个变量线性相关性越强，则相关系数r就越接近于1;③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好．则正确命题的个数是〔 ．A．0【答案】D

B．1 C．2 D．3【分析】依据回归方程的性质，相关系数的性质和残差的性质推断三个命题，由此确定正确命题的个数. 【详解】由回归方程的性质可得，回归直线ybxa恒过样本点的中心x,y，①对，由相关系数的性质可得两个变量线性相关性越强则相关系数r依据残差的定义可得，两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，③对，3，应选：D.5．点Psin,cos在角的终边上且[0,2)则角的大小〔 〕 6 63【答案】B

23

3

43【分析】由条件计算点P坐标，推断象限，计算角的正切值，依据范围得出角的值.333 1 3331【详解】由于P , ，所以是其次象限角，且tan 2 ，1 2 22又[0,2，所以2.3应选：B6．抛物线y1x2的焦点到准线的距离为〔 〕418【答案】D

14

C．1 D．2【分析】依据抛物线的标准方程进展求解即可.【详解】y1x2x24yp2p2，4应选：D.7y

4xx21

的图象大致为〔 〕A． B．C． D．【答案】A即可确定函数的图象.【详解】fx象关于坐标原点对称，选项CD错误；4

4xfxfx为奇函数，其图x21x1y应选：A.

11

20，选项B错误.(1从函数的值域，推断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，推断图象的变化趋势．(3)(4)上述方法排解、筛选选项．以以下图是计算332333435〔〕A．a3i，i4? i4?i i【答案】D

C．a3i，i5? i i【分析】依据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确答案．【详解】由于首个计算数据为3 32，所以执行框应为a3i1，iS332i2；S33233i3；第三次执行时，S3323334i4；S332333435i5，故推断框应为i5?应选：D中国古代数学的珍宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上下底面均为扇环形的柱体〔扇环是指圆环被扇形截得的局部〕现有一个如以下图的AAAA3，底面扇环所对的圆心角为AD长度是弧BC长1 1 2度的3倍，CD2，则该曲池的体积为〔 〕2【答案】D

2

【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】ADRBCr，ADBC3倍可知R3rCDRr2r2，所以r1R3.故该曲池的体积V应选：D.

(R2r2)36.4随机变量X的概率分布为PXn a

n1,2,3,4，其中a是常数，则P1X5〔 〕

nn122 22 12【答案】D

23

13

56【分析】依据概率和为1，求得参数aPX1PX2，则问题得解.【详解】由于PX1PX2PX3PX4

a a a

1，解得a5.4PX1PX255

5.

2 6 12 208 24 6D【点睛】此题考察依据分布列求参数值，属根底题.11．某社区为了美化社区环境，欲建一块休闲草坪，其外形如以下图为四边形ABCD，AB23，BC4〔单位：百米，CDAD，ADC6，且拟在A、C两点间修建一条笔直的小〔路的宽度无视不计则当草坪ABCD的面积最大时，AC〔 A．2 7百米 B．210百米 C．213百米 D．219百米【答案】C【分析】先求出AC，再由S SABCD

S ，结合三角形面积公式与三角恒等变换ABC DAC转化为三角函数的最值即可【详解】设ABC,0， 2在ABC中，AC2422 3 242 3cos2816 3cos，由CDADADC60，所以ABC为等边三角形，1 3S SABCDABC

DAC

42 3sin AC22 44 3sin

7 38 3sin34 34 当5时，草坪ABCD的面积最大，此时AC 2824213，6应选：Cx1a,x0fx

xlnxa,x0

f(x)的描述中，其中正确的选项是〔 ．①当a0f(x)没有零点；②当0a2f(x)有两不同零点，它们互为倒数；③当a2f(x)有两个不同零点；④当a2f(x)有四个不同零点，且这四个零点之积为1．A．①② B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【分析】画出函数图象即可推断①fx0解方程即可推断③，将零点问题转化成函数图象交点的问题，利用数形结合即可推断②和④.x1,x0【详解】当a0f

x

x0

，函数图象如以以下图所示，由此可知该函数只有一个零点，故①不正确；当a0fxx1ax0lnxax0，x∵f(x)有两个不同零点，x1,x0∴fx

x,x0

的图象可知2a0，解得0a2，当a0fxx1ax0lnxax0f(x)x有两不同零点，f(x)有两不同零点时a的取值范围是0a2，1设对应的两个零点为xx1 2

，即lnx1

a或lnx2

ax1

ea，x2

ea ，eaxx1

1，所以它们互为倒数，故②正确；x12,x0当a2fx

x ，lnx2,x0x120x0，解得x1，令lnx20x0，解得x知函数有三个零点，故③不正确；

xe

1，由此可e2当a0fxx1ax0lnxax0，x∵f(x)有四个不同零点，x1,x0∴fx

x,x0

的图象可知a2，解得a2，当a0fxx1ax0lnxax0f(x)x有两不同零点；设对应的两个零点为xx1 2

，x，x，3 4即lnx1

a或lnx2

ax1

ea，x2

ea1，eax1a0时，整理得x2ax10，当a20，x则该方程存在两个不等的实数根xx，由韦达定理得xx

1，3 4 3 41xea

11，则故④正确；1234 ea应选：C.二、填空题xy40x，y满足约束条件xy0 ，则z3xy的最小值为 .x40【答案】8【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用z的几何意义，即可得到结论．xy40【详解】解：作出x，y满足约束条件 xy0 的对应的平面区域如图： x40z3xyy3xz，y3xz，y3xzA时，直线的纵截距最小，xy40此时z最小，由

A2,2， xy0z3228，故答案为：8．函数fxsinx22sincosx的最大值为 .【答案】1【详解】由题意知：fxsinx22sincosx=sin[x]2sincosx=sincosxcossinx2sincosx=cossinxsincosx=sin[x]sinxfx)sinxxRf(x)1.【解析】本小题主要考察两角和与差的三角函数、三角函数的最值的求解，娴熟公式是解答好本类题目的关键.双曲线Cx2y21(a0)的左、右焦点分别为FF，一条渐近线方程为a2 12 1 23xy0M在双曲线CMF1

5MF2

.【答案】9【分析】依据条件求出aMF.22 3a【详解】由双曲线C的方程可得其渐近线方程为y x，2 3a2 3a2 3a

3，3所以a2b23

，所以c

4，a2ba2b21

MF2

2a4MF2

1或9，MF2

ca2MF2

9，故答案为：9.棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四周体，正四周体的中心〔正四周体的中心就是该四周体外接球的球心与正方体的中心重合且该四周体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为 ．6【答案】26【分析】正方体的内切球半径为3，正四周体可以在正方体内任意转动，只需该正四周体为球的内接正四周体，进而求解.【详解】由题意得，该正四周体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四周体内接于球时棱长最大，6的正方体的内切球半径为R3如图，设正四周体PABC，OABC的中心，连接PO，则POABC，则可知CO

x，正四周体的高PO333

636636 2 2636利用勾股定理可知3x33x

32x2 26三、解答题如图，四棱锥PABCDAB//CD，且BAPCDP90，求证：平面PADABCD；假设△PADABCD3的正方形，E是PABEPCD所成角的正弦值.【答案】(1)证明见解析(2) 1510〔1〕依据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进展证明即可；〔2〕.，BAAP，CDPDCD//AB，BAPD，PD PAPPDPAPAD，BAPADBAABCD,PADABCD(2)∵平面PAD平面ABCD，PFAD交AD于点F，PF平面PAD平面PAD 平面ABCDAD，∴PF平面ABCD，D为原点，DA，DC的方向分别为x轴，y轴的正方向建立空间直角坐标系Dxyz，则C0,3,0P3,0,33A3,0,0B3,3,0E9,0,33DC0,3,0，2 2 4 4 3 33 3 33DP2,0, 2 ，BE4,3, 4 ， 设平面PCD的法向量为nx,y,z，则nDC0，求得法向量为n ，nDP0BEn由sincosBE,n BEn

15BE10

与平面PCD所成角的正弦值为

15.10在能源和环保的压力下，能源汽车无疑将成为将来汽车的进展方向．2023年4月，为促进能源汽车进展，实施差异化交通治理政策，公安部启用能源汽车专用号牌．202311月，国务院办公厅印发《能源汽车产业进展规划〔2023—2035年要求深入实施进展能源汽车国家战略，推动中国能源汽车产业高质量可持续发20232023年能源汽车年销量〔单位：十万辆〕状况：年份20232023202320232023x12345y57121214y关于年份编号xybxa；依据〔1〕2023年能源汽车的年销量．b

ni1

xx yy

，aybx．ni1

xxi【答案】(1)y2.3x3.1(2)215万辆〔〕先依据数据求出x,y,

xy,

x2，再利用公式可求得结果，ii ii1 i11 〔2〕x81 【详解】(1)x (12345)3,y (57121214)10，5 55x

1527312412514173，iii15

x2122232425255，i所以b

5i15i1

xy5xyiix25x2i

173531055532

2.3，aybx102.333.1，y关于年份编号xy2.3x3.1(2)x8y2.383.121.5，2023年能源汽车的年销量约为215万辆n

n

b2

2，b3

4，a1

b，a1

1b．5n

n

的通项公式；设c

的前n项和为S

，假设不等式S

n 对任意的nn b n nn1

n 2n1*恒成立，求实数*恒成【答案】(1)an(2),2.

2n1，bn

2n1；〔1〕利用等差数列an

an1d，等比数列b1

bqn1代入计算；1〔2〕利用错位相减法可得S

n2 4 ，令c 4

1

为递增数列，结合恒成立思想可得答案．

n 2n1

n 2n2 n【详解】(1)解：由于数列b

是等比数列，则可得b

b1，解得 ， 2 1 1n bbq243 1

q2所以bn

2n1．n

是等差数列，且ab1 1

1，a8

1a1

7d116，则公差d2，所以an

12n12n1．故a 2n1，bn

2n1；(2)解：由〔1〕c

an

1 n ，n bn1

2n1数列cn

n项和为Sn

1

2321 22

n ①2n11 1 2 3 n1 n所以S2 n

2 22

22

②2n1 2n1由①-②得：S

11

1 n

211

n2n2，2 n 21 22

2n1 2n

2n 2n 2n所以Sn

n2．2n1不等式Sn

n2n1

恒成立，化为不等式4

12n2

恒成立，令c4n

12n2

n

为递增数列，即转化为cn

min当n1cn

min

1 2，所以2．212综上可得：实数的取值范围是,2．fxlnx1ax2x，其中aR.〔Ⅰ〕fx极值点的个数，并说明理由；〔Ⅱ〕假设x0,fx0成立，求a的取值范围.〔Ⅰ〕见解析〔Ⅱ〕a的取值范围是0,1.〕先求fx

1

2ax2ax1a，令gx2ax2ax1a

x1 x1通过对a 的取值的争论，结合二次函数的学问，由导数的符号得到函数fx的单调〕依据〕的结果f00这一特别性，通过对参数的争论确定a围.fxlnx1ax2x的定义域为1,fx

1

2ax2ax1ax1 x1gx2ax2ax1ax1〔1〕当a0 时，gx10 ，fx0在1,上恒成立所以，函数fx在1,上单调递增无极值；〔2〕当a0时，a28a1aa9a8①当0a80gx09fx0fx在1,上单调递增无极值；②当a89

0设方程2ax2ax1a0xx(x

x),xx1

12

1 2 1 21 1x

,x 1 4 2 4g1101x1

1,4x1x1

时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增；xxxgx0,fx0fx单调递减；1xx2

2,时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增；fx有两个极值点．〔3〕当a0 时，0g110x1

1,x1x2

时，gx0,fx0 ，函数fx单调递增；xx2

gx0,fx0fx单调递减；fx有一个极值点．综上：当a0 时，函数fx在1,上有唯一极值点；当0a8fx在1,上无极值点；9当a8fx在1,上有两个极值点；9〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，〔1〕当0a8fx在0,上单调递增，9f00所以，x0,时，fx0 ，符合题意；〔2〕8a1g00x09 2fx在0,上单调递增，又f00，所以，x0,时，fx0 ，符合题意；〔3〕当a1g00x02x0,x2

fx单调递减；f00x0,x2

时，fx0 不符合题意；〔4〕当a0时，设hxxlnx1由于x0,时，hx1 1 x 0x1 x1所以hx在0,上单调递增，x0,hxh00lnx1x可得：fxxax2xax21ax1x11a

ax21ax0fx0,不合题意.a的取值范围是0,1【解析】1、导数在争论函数性质中的应用；2、分类争论的思想.Ex2y21ab01

FF为其左、右焦点，左、a2 b2

2 1 2右顶点分别为AF且斜率为k的直线l交椭圆E于N〔异于AB两点，1且MNF

8．2C的方程；MNOPP为椭圆上一点，OOPMNMNOP

的取值范围．【答案】(1)x2y21；4 34 33 4 32 (2) , .2 〔1〕依据离心率以及焦点三角形的边长几何特征，联立方程求a,b,c，进而求出椭圆的标准方程；〔2〕设出直线l的方程，利用弦长公式求出MN，再利用两直线垂直斜率乘积为1，MNOP得出直线OP，求出OP，进而得到 的函数表达式，求其取值范围即可.MNOP【详解】(1)依题意知e

1，即a＝2c，3232又MNF2

8，即a＝2,c＝1，bx2y21．4 3(2)当k0时，点MNAB，不符合题意，舍去；lykx1，且k0Mx,y

,Nx,y，x2

y21

1 1 2 2 联立4 3

y可得

34k2

x28k2x4k2120，ykx8k2

4k212则xx ，xx ，1 2 34k2 12 34k21k1k2 8k2234k216k24834k21k2MN1k2

xx

12k21 ．1 2 34k21设直线OP的方程为y x，kx2y2

x

2 3k2 3k42 3k3k24 1 联立4 3 解得 或2 32 342 33k24y1x k2 3k2 3k3k24

y2 332 33k24

y不妨设P , ， 2 22 322 22 323k243k241212k23k24MNOPMNOP4k23

23，t3,，MNOP3MNOP371034t2tfm7m210m3m10,1， 3t 3fm开口向上，对称轴m501 37 37fm在0,1上单调递增，fm3,64 3 9 MNOP4 3 3fm3, ．MNOP4 34 2 3 【点睛】关键点睛：焦点三角形的周长为2ac，此题三角形周长可转化成除去2c边的两个焦点三角形的其余边长之和；设出直线l的方程时应留意k0；韦达定理与弦长公式要娴熟把握；两直线垂直斜率乘积为1，几何关系应牢记；MNOPMNOP在平面直角坐标系中，以原点为极点，x轴的正半轴为极轴，以一样的长度单位建立极坐标系，直线l的极坐标方程为2cosπ1，曲线C的极坐标方程为 4 42acos．设ty

t1，求直线l的参数方程；222直线l与曲线C交于P，QM0,1PQ2