2023年屆寧夏銀川一中高三第四次模擬考試數(shù)學(理)試題

2023屆寧夏銀川一中高三第四次模擬考試數(shù)學〔理〕試題一、單項選擇題．集合A1，Bx|3x1，則∩B中元素的個數(shù)為〔 〕A．2【答案】B

B．3 C．4 D．5【分析】承受列舉法列舉出A B中元素的即可.【詳解】由題意，AB{5,7,11}，故A B中元素的個數(shù)為3.應選：B【點晴】此題主要考察集合的交集運算，考察學生對交集定義的理解，是一道簡潔.2．命題p:xR,2x5，則p為〔 〕A．xR,2x5 B．xR,2x5C．x0

R,2x5

D．x0

R,2x500【答案】D00【分析】全稱命題的否認：將任意改為存在并否認原結(jié)論，即可知答案.【詳解】由全稱命題的否認為特稱命題，所以p為x0

R,2x

5.a–ba–b|0．向量a(b(2)，則|22A．C．522【答案】A

B．2D．50ab|．【分析】此題先計算aab|．【詳解】ab(2,3)(3,2)(1,1)，(1)2122應選A【點睛】此題主要考察平面對量模長的計算，簡潔題，留意了根底學問、根本計算力氣的考察．由于對平面對量的坐標運算存在理解錯誤，從而導致計算有誤；也有可能在計算模的過程中出錯．4．以下命題： ①ybxa恒過樣本點的中心xy;②兩個變量線性相關(guān)性越強，則相關(guān)系數(shù)r就越接近于1;③兩個模型中殘差平方和越小的模型擬合的效果越好．則正確命題的個數(shù)是〔 ．A．0【答案】D

B．1 C．2 D．3【分析】依據(jù)回歸方程的性質(zhì)，相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)和殘差的性質(zhì)推斷三個命題，由此確定正確命題的個數(shù). 【詳解】由回歸方程的性質(zhì)可得，回歸直線ybxa恒過樣本點的中心x,y，①對，由相關(guān)系數(shù)的性質(zhì)可得兩個變量線性相關(guān)性越強則相關(guān)系數(shù)r依據(jù)殘差的定義可得，兩個模型中殘差平方和越小的模型擬合的效果越好，③對，3，應選：D.5．點Psin,cos在角的終邊上且[0,2)則角的大小〔 〕 6 63【答案】B

23

3

43【分析】由條件計算點P坐標，推斷象限，計算角的正切值，依據(jù)范圍得出角的值.333 1 3331【詳解】由于P , ，所以是其次象限角，且tan 2 ，1 2 22又[0,2，所以2.3應選：B6．拋物線y1x2的焦點到準線的距離為〔 〕418【答案】D

14

C．1 D．2【分析】依據(jù)拋物線的標準方程進展求解即可.【詳解】y1x2x24yp2p2，4應選：D.7y

4xx21

的圖象大致為〔 〕A． B．C． D．【答案】A即可確定函數(shù)的圖象.【詳解】fx象關(guān)于坐標原點對稱，選項CD錯誤；4

4xfxfx為奇函數(shù)，其圖x21x1y應選：A.

11

20，選項B錯誤.(1從函數(shù)的值域，推斷圖象的上下位置．(2)從函數(shù)的單調(diào)性，推斷圖象的變化趨勢．(3)(4)上述方法排解、篩選選項．以以下圖是計算332333435〔〕A．a(chǎn)3i，i4? i4?i i【答案】D

C．a(chǎn)3i，i5? i i【分析】依據(jù)題意，模擬程序框圖的運行過程，即可得出正確答案．【詳解】由于首個計算數(shù)據(jù)為3 32，所以執(zhí)行框應為a3i1，iS332i2；S33233i3；第三次執(zhí)行時，S3323334i4；S332333435i5，故推斷框應為i5?應選：D中國古代數(shù)學的珍寶《九章算術(shù)》中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體是上下底面均為扇環(huán)形的柱體〔扇環(huán)是指圓環(huán)被扇形截得的局部〕現(xiàn)有一個如以下圖的AAAA3，底面扇環(huán)所對的圓心角為AD長度是弧BC長1 1 2度的3倍，CD2，則該曲池的體積為〔 〕2【答案】D

2

【分析】利用柱體體積公式求體積.【詳解】ADRBCr，ADBC3倍可知R3rCDRr2r2，所以r1R3.故該曲池的體積V應選：D.

(R2r2)36.4隨機變量X的概率分布為PXn a

n1,2,3,4，其中a是常數(shù)，則P1X5〔 〕

nn122 22 12【答案】D

23

13

56【分析】依據(jù)概率和為1，求得參數(shù)aPX1PX2，則問題得解.【詳解】由于PX1PX2PX3PX4

a a a

1，解得a5.4PX1PX255

5.

2 6 12 208 24 6D【點睛】此題考察依據(jù)分布列求參數(shù)值，屬根底題.11．某社區(qū)為了美化社區(qū)環(huán)境，欲建一塊休閑草坪，其外形如以下圖為四邊形ABCD，AB23，BC4〔單位：百米，CDAD，ADC6，且擬在A、C兩點間修建一條筆直的小〔路的寬度無視不計則當草坪ABCD的面積最大時，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 ，結(jié)合三角形面積公式與三角恒等變換ABC DAC轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值即可【詳解】設(shè)ABC,0， 2在ABC中，AC2422 3 242 3cos2816 3cos，由CDADADC60，所以ABC為等邊三角形，1 3S SABCDABC

DAC

42 3sin AC22 44 3sin

7 38 3sin34 34 當5時，草坪ABCD的面積最大，此時AC 2824213，6應選：Cx1a,x0fx

xlnxa,x0

f(x)的描述中，其中正確的選項是〔 ．①當a0f(x)沒有零點；②當0a2f(x)有兩不同零點，它們互為倒數(shù)；③當a2f(x)有兩個不同零點；④當a2f(x)有四個不同零點，且這四個零點之積為1．A．①② B．②③ C．②④ D．③④【答案】C【分析】畫出函數(shù)圖象即可推斷①fx0解方程即可推斷③，將零點問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)圖象交點的問題，利用數(shù)形結(jié)合即可推斷②和④.x1,x0【詳解】當a0f

x

x0

，函數(shù)圖象如以以下圖所示，由此可知該函數(shù)只有一個零點，故①不正確；當a0fxx1ax0lnxax0，x∵f(x)有兩個不同零點，x1,x0∴fx

x,x0

的圖象可知2a0，解得0a2，當a0fxx1ax0lnxax0f(x)x有兩不同零點，f(x)有兩不同零點時a的取值范圍是0a2，1設(shè)對應的兩個零點為xx1 2

，即lnx1

a或lnx2

ax1

ea，x2

ea ，eaxx1

1，所以它們互為倒數(shù)，故②正確；x12,x0當a2fx

x ，lnx2,x0x120x0，解得x1，令lnx20x0，解得x知函數(shù)有三個零點，故③不正確；

xe

1，由此可e2當a0fxx1ax0lnxax0，x∵f(x)有四個不同零點，x1,x0∴fx

x,x0

的圖象可知a2，解得a2，當a0fxx1ax0lnxax0f(x)x有兩不同零點；設(shè)對應的兩個零點為xx1 2

，x，x，3 4即lnx1

a或lnx2

ax1

ea，x2

ea1，eax1a0時，整理得x2ax10，當a20，x則該方程存在兩個不等的實數(shù)根xx，由韋達定理得xx

1，3 4 3 41xea

11，則故④正確；1234 ea應選：C.二、填空題xy40x，y滿足約束條件xy0 ，則z3xy的最小值為 .x40【答案】8【分析】作出不等式組對應的平面區(qū)域，利用z的幾何意義，即可得到結(jié)論．xy40【詳解】解：作出x，y滿足約束條件 xy0 的對應的平面區(qū)域如圖： x40z3xyy3xz，y3xz，y3xzA時，直線的縱截距最小，xy40此時z最小，由

A2,2， xy0z3228，故答案為：8．函數(shù)fxsinx22sincosx的最大值為 .【答案】1【詳解】由題意知：fxsinx22sincosx=sin[x]2sincosx=sincosxcossinx2sincosx=cossinxsincosx=sin[x]sinxfx)sinxxRf(x)1.【解析】本小題主要考察兩角和與差的三角函數(shù)、三角函數(shù)的最值的求解，嫻熟公式是解答好本類題目的關(guān)鍵.雙曲線Cx2y21(a0)的左、右焦點分別為FF，一條漸近線方程為a2 12 1 23xy0M在雙曲線CMF1

5MF2

.【答案】9【分析】依據(jù)條件求出aMF.22 3a【詳解】由雙曲線C的方程可得其漸近線方程為y x，2 3a2 3a2 3a

3，3所以a2b23

，所以c

4，a2ba2b21

MF2

2a4MF2

1或9，MF2

ca2MF2

9，故答案為：9.棱長為6的正方體內(nèi)有一個棱長為x的正四周體，正四周體的中心〔正四周體的中心就是該四周體外接球的球心與正方體的中心重合且該四周體可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，則x的最大值為 ．6【答案】26【分析】正方體的內(nèi)切球半徑為3，正四周體可以在正方體內(nèi)任意轉(zhuǎn)動，只需該正四周體為球的內(nèi)接正四周體，進而求解.【詳解】由題意得，該正四周體在棱長為6的正方體的內(nèi)切球內(nèi)，故該四周體內(nèi)接于球時棱長最大，6的正方體的內(nèi)切球半徑為R3如圖，設(shè)正四周體PABC，OABC的中心，連接PO，則POABC，則可知CO

x，正四周體的高PO333

636636 2 2636利用勾股定理可知3x33x

32x2 26三、解答題如圖，四棱錐PABCDAB//CD，且BAPCDP90，求證：平面PADABCD；假設(shè)△PADABCD3的正方形，E是PABEPCD所成角的正弦值.【答案】(1)證明見解析(2) 1510〔1〕依據(jù)線面垂直的判定定理，結(jié)合面面垂直的判定定理進展證明即可；〔2〕.，BAAP，CDPDCD//AB，BAPD，PD PAPPDPAPAD，BAPADBAABCD,PADABCD(2)∵平面PAD平面ABCD，PFAD交AD于點F，PF平面PAD平面PAD 平面ABCDAD，∴PF平面ABCD，D為原點，DA，DC的方向分別為x軸，y軸的正方向建立空間直角坐標系Dxyz，則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 ， 設(shè)平面PCD的法向量為nx,y,z，則nDC0，求得法向量為n ，nDP0BEn由sincosBE,n BEn

15BE10

與平面PCD所成角的正弦值為

15.10在能源和環(huán)保的壓力下，能源汽車無疑將成為將來汽車的進展方向．2023年4月，為促進能源汽車進展，實施差異化交通治理政策，公安部啟用能源汽車專用號牌．202311月，國務院辦公廳印發(fā)《能源汽車產(chǎn)業(yè)進展規(guī)劃〔2023—2035年要求深入實施進展能源汽車國家戰(zhàn)略，推動中國能源汽車產(chǎn)業(yè)高質(zhì)量可持續(xù)發(fā)20232023年能源汽車年銷量〔單位：十萬輛〕狀況：年份20232023202320232023x12345y57121214y關(guān)于年份編號xybxa；依據(jù)〔1〕2023年能源汽車的年銷量．b

ni1

xx yy

，aybx．ni1

xxi【答案】(1)y2.3x3.1(2)215萬輛〔〕先依據(jù)數(shù)據(jù)求出x,y,

xy,

x2，再利用公式可求得結(jié)果，ii ii1 i11 〔2〕x81 【詳解】(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關(guān)于年份編號xy2.3x3.1(2)x8y2.383.121.5，2023年能源汽車的年銷量約為215萬輛n

n

b2

2，b3

4，a1

b，a1

1b．5n

n

的通項公式；設(shè)c

的前n項和為S

，假設(shè)不等式S

n 對任意的nn b n nn1

n 2n1*恒成立，求實數(shù)*恒成【答案】(1)an(2),2.

2n1，bn

2n1；〔1〕利用等差數(shù)列an

an1d，等比數(shù)列b1

bqn1代入計算；1〔2〕利用錯位相減法可得S

n2 4 ，令c 4

1

為遞增數(shù)列，結(jié)合恒成立思想可得答案．

n 2n1

n 2n2 n【詳解】(1)解：由于數(shù)列b

是等比數(shù)列，則可得b

b1，解得 ， 2 1 1n bbq243 1

q2所以bn

2n1．n

是等差數(shù)列，且ab1 1

1，a8

1a1

7d116，則公差d2，所以an

12n12n1．故a 2n1，bn

2n1；(2)解：由〔1〕c

an

1 n ，n bn1

2n1數(shù)列cn

n項和為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，化為不等式4

12n2

恒成立，令c4n

12n2

n

為遞增數(shù)列，即轉(zhuǎn)化為cn

min當n1cn

min

1 2，所以2．212綜上可得：實數(shù)的取值范圍是,2．fxlnx1ax2x，其中aR.〔Ⅰ〕fx極值點的個數(shù)，并說明理由；〔Ⅱ〕假設(shè)x0,fx0成立，求a的取值范圍.〔Ⅰ〕見解析〔Ⅱ〕a的取值范圍是0,1.〕先求fx

1

2ax2ax1a，令gx2ax2ax1a

x1 x1通過對a 的取值的爭論，結(jié)合二次函數(shù)的學問，由導數(shù)的符號得到函數(shù)fx的單調(diào)〕依據(jù)〕的結(jié)果f00這一特別性，通過對參數(shù)的爭論確定a圍.fxlnx1ax2x的定義域為1,fx

1

2ax2ax1ax1 x1gx2ax2ax1ax1〔1〕當a0 時，gx10 ，fx0在1,上恒成立所以，函數(shù)fx在1,上單調(diào)遞增無極值；〔2〕當a0時，a28a1aa9a8①當0a80gx09fx0fx在1,上單調(diào)遞增無極值；②當a89

0設(shè)方程2ax2ax1a0xx(x

x),xx1

12

1 2 1 21 1x

,x 1 4 2 4g1101x1

1,4x1x1

時，gx0,fx0 ，函數(shù)fx單調(diào)遞增；xxxgx0,fx0fx單調(diào)遞減；1xx2

2,時，gx0,fx0 ，函數(shù)fx單調(diào)遞增；fx有兩個極值點．〔3〕當a0 時，0g110x1

1,x1x2

時，gx0,fx0 ，函數(shù)fx單調(diào)遞增；xx2

gx0,fx0fx單調(diào)遞減；fx有一個極值點．綜上：當a0 時，函數(shù)fx在1,上有唯一極值點；當0a8fx在1,上無極值點；9當a8fx在1,上有兩個極值點；9〔Ⅱ〕由〔Ⅰ〕知，〔1〕當0a8fx在0,上單調(diào)遞增，9f00所以，x0,時，fx0 ，符合題意；〔2〕8a1g00x09 2fx在0,上單調(diào)遞增，又f00，所以，x0,時，fx0 ，符合題意；〔3〕當a1g00x02x0,x2

fx單調(diào)遞減；f00x0,x2

時，fx0 不符合題意；〔4〕當a0時，設(shè)hxxlnx1由于x0,時，hx1 1 x 0x1 x1所以hx在0,上單調(diào)遞增，x0,hxh00lnx1x可得：fxxax2xax21ax1x11a

ax21ax0fx0,不合題意.a的取值范圍是0,1【解析】1、導數(shù)在爭論函數(shù)性質(zhì)中的應用；2、分類爭論的思想.Ex2y21ab01

FF為其左、右焦點，左、a2 b2

2 1 2右頂點分別為AF且斜率為k的直線l交橢圓E于N〔異于AB兩點，1且MNF

8．2C的方程；MNOPP為橢圓上一點，OOPMNMNOP

的取值范圍．【答案】(1)x2y21；4 34 33 4 32 (2) , .2 〔1〕依據(jù)離心率以及焦點三角形的邊長幾何特征，聯(lián)立方程求a,b,c，進而求出橢圓的標準方程；〔2〕設(shè)出直線l的方程，利用弦長公式求出MN，再利用兩直線垂直斜率乘積為1，MNOP得出直線OP，求出OP，進而得到 的函數(shù)表達式，求其取值范圍即可.MNOP【詳解】(1)依題意知e

1，即a＝2c，3232又MNF2

8，即a＝2,c＝1，bx2y21．4 3(2)當k0時，點MNAB，不符合題意，舍去；lykx1，且k0Mx,y

,Nx,y，x2

y21

1 1 2 2 聯(lián)立4 3

y可得

34k2

x28k2x4k2120，ykx8k2

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

xx

12k21 ．1 2 34k21設(shè)直線OP的方程為y x，kx2y2

x

2 3k2 3k42 3k3k24 1 聯(lián)立4 3 解得 或2 32 342 33k24y1x k2 3k2 3k3k24

y2 332 33k24

y不妨設(shè)P , ， 2 22 322 22 323k243k241212k23k24MNOPMNOP4k23

23，t3,，MNOP3MNOP371034t2tfm7m210m3m10,1， 3t 3fm開口向上，對稱軸m501 37 37fm在0,1上單調(diào)遞增，fm3,64 3 9 MNOP4 3 3fm3, ．MNOP4 34 2 3 【點睛】關(guān)鍵點睛：焦點三角形的周長為2ac，此題三角形周長可轉(zhuǎn)化成除去2c邊的兩個焦點三角形的其余邊長之和；設(shè)出直線l的方程時應留意k0；韋達定理與弦長公式要嫻熟把握；兩直線垂直斜率乘積為1，幾何關(guān)系應牢記；MNOPMNOP在平面直角坐標系中，以原點為極點，x軸的正半軸為極軸，以一樣的長度單位建立極坐標系，直線l的極坐標方程為2cosπ1，曲線C的極坐標方程為 4 42acos．設(shè)ty

t1，求直線l的參數(shù)方程；222直線l與曲線C交于P，QM0,1PQ2