2024届高三第一次模拟数学(理科)试卷答案_2024年3月_013月合集_2024届宁夏银川一中高三下学期第一次模拟考试_宁夏回族自治区银川一中2023-2024学年高三下学期第一次模拟考试理科数学试卷

银川一中 2024 届高三第一次模拟数学(理科)参考答案
1．【答案】C由x22x30,解得1x3，
又因为xN，所以A0,1,2,3，
又由log x0，可得log xlog 1，解得0x1，
2023 2023 2023
所以B{xR|0x1}，所以AI B{1}，
2．由 𝒛 =𝟏− 𝟏 =𝟏+i，得𝒛=(𝟏+i)𝟐=𝟐i，则𝒛=−𝟐i，所以|𝒛|=𝟐.故选：C.
𝟏+i i
3．A
4．【答案】C【解析】 由题意知，成绩优秀的学生数是30，成绩非优秀的学生数是75，所以c
105×（10×30－20×45）2
＝20，b＝45，选项 A、B 错误．根据列联表中的数据，得到 K2＝
55×50×30×75
≈6.109>5.024，因此有97.5%的把握认为“成绩与班级有关系”．
5.【答案】B
r r
【解析】对于A，若a∥b，则有1t42，所以t =-8，A错误；
r r
对于B，若ab，则有42t 0，所以t2，B正确；
r r r r
对于C，ab(3,t2)，所以|ab| 9(t2)2 5，解得t2或t6，C错误；
r r r r r r
若a与b 的夹角为钝角，则ab42t0，即t2，且a与b 不能共线且反向，
r r r r
由A选项可知，当t =-8时，b4a，此时a与b 共线且反向，
r r
所以若a与b 的夹角为钝角，则t2且t8，D错误，故选:B.
6．【答案】A
 3 2 4
【详解】由点P在单位圆上，则   y2 1，解得y ，
 5 5
 π π π 3π 4  π 3  π 4
由锐角0, ，即  , ，则y ，故cos  ,sin  ，
 2 4 4 4  5  4 5  4 5
 π π  π π  π π 3 2 4 2 2
coscos  cos cos sin cos      .故选A.
 4 4  4 4  4 4 5 2 5 2 10
7.【答案】C
【分析】利用基本不等式可求得y x 4x2 2，知A错误；由x2,0时，yx 4x2 0
可知B错误；根据y x22 x 1、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知C正确；根
据函数定义域可知D错误.
x24x2  2
【详解】对于A，Q y x 4x2  x2 4x2    2（当且仅当x2 4x2，即
 2 
x 2时取等号），
y x 4x2 在2,2上的最大值为2，与图象不符，A错误；
对于B，当x2,0时，yx 4x2 0，与图象不符，B错误；
对于C，Q y x22 x   x 12 1，当x1时，y 1；
max
又y x22 x 过点2,0,2,0,0,0；
由x22 x 0得： x x 20，解得：2x2，即函数定义域为2,2；
又 x22 x  x22 x ，
y x22 x 为定义在2,2上的偶函数，图象关于y轴对称；
当x0,2时， y x22x  x12 1，则函数在0,1上单调递增，在1,2上单调递减；
1
学科网（北京）股份有限公司综上所述：y x22 x 与图象相符，C正确；
对于D，由x2 2x0得：0x2，y x22x 不存在x2,0部分的图象，D错误.故
选：C.
8.【答案】B
【详解】由题意，点A2,0,B2,0且满足 PA  PB 2，
根据双曲线的定义，可得点P的轨迹表示以A,B为焦点的双曲线C的右支，
其中2a2,2c4，可得a1,c2，则b c2a2  3，
b
可得双曲线C的渐近线方程为y x 3x，
a
n
又因为点P满足方程nxmy0(m0,n0)，即y x，
m
n n
结合双曲线的几何性质，可得0  3，即 的取值范围是(0, 3).故选：B.
m m
9.【答案】A
解：“m，nN* ， a mn a m a n”，取m1，则a n1 1a n，
{a }为等比数列．
n
反之不成立，{a }为等比数列，设公比为 qq0，则a qmn1，
n mn
a a   qm1   qn1 qmn2，只有q  1时才能成立满足a a a ．
m n mn m n
数列{a }满足a 1，则“m，nN*，a a a ”是“{a }为等比数列”的充分不必要条
n 1 mn m n n
件．
10.【答案】D
1 1
设切点Px ,lnx ．因为y lnx，所以y ，所以点P处的切线方程为ylnx  xx  ，
0 0 x 0 x 0
0
1 a
又因为切线经过点a,b，所以blnx  ax  ，即b1lnx  .
0 x 0 0 x
0 0
a a
令 f xlnx (x0)，则yb1与 f xlnx (x0)有且仅有1个交点，
x x
1 a xa
fx   ，
x x2 x2
当a0时， f¢(x)>0恒成立，所以 f x单调递增，显然x时， f(x)，于是符合题意；
当a0时，当0xa时， fx0， f(x)递减，当xa时， f¢(x)>0， f(x)递增，所以
f(x)  f a lna1，则b1lna1，即blna．综上，a0或blna．故选：D
min
11. 【答案】B
12.【答案】C
对A选项结合勒洛三角形得到其截面图，利用扇形面积和三角形面积公
式即可得到答案，而A选项的截面积为C选项的最大截面积，对B选项
需要利用正四面体的高以及外接球半径与棱长的关系，得到外接球半径
6
为 ，再根据图形得到勒洛四面体的内切球半径，而此半径即为该勒洛
2
四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断D选项.
【详解】对于AS
截
S
扇形ABC
S
VABC
3S
VABC
  

1
2
 π
3
22
4
3 22  

3
4
3 222π2 3
故A错误，截面示意图如下：
对于B，由对称性知,勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心O,
如图：
12 2 3
正△BCD外接圆半径OB 2cos30o ,正四面体ABCD的
1 3 3
2 6
高AO  AB2OB2  ,令正四面体ABCD的外接球半径为R,
1 1 3
2 2
2 6  2 3 6
在RtVBOO 中,R2  R   ，解得R ,
1   3     3   2
此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：
图中取正四面体ABCD中心为O,连接BO交平面ACD于点E，交»
AD
6
于点F ，其中»
AD
与△ABD共面，其中BO即为正四面体外接球半径R ，设勒洛四面体内切
2
6
球半径为r，则由图得rOF BFBO2 ，故B错误；
2
对于C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体
某三个顶点的截面，由对A的分析知 S  22 3，故
截 max
C正确；
对于D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的4个
弧面都相切,即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体ABCD能
6
够容纳的最大球的半径为2 ，故D错误.故选：C．
2
𝝅
13.
𝟑
14.54
由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，
先排乙，有第二、三、四名3种情况，
再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有3种情况，
其他三名同学排在三位置全排列有A3种，
3
由分步乘法计数原理可知共有33A3 54种，故答案为：54.
3
x x 2x , y2 4x,
15. 【详解】设A（x ，y ），B（x ，y ），M（x ，y ），则 1 2 0 又 1 1 两式相
1 1 2 2 0 0 y
1
y
2
2y
0
. y
2
2 4x
2
,
y  y 4 2
减得(y  y )(y  y )4(x x )，则k  1 2   .设圆心为C（5，0），则kOM=
1 2 1 2 1 2 x x y  y y
1 2 1 2 0
y 2 y
0 ，因为直线l与圆相切，所以  0 1，解得x 3，代入(x5)2y2 9得
x 5 y x 5 0
0 0 0
2 2 2 5
y  5,k   
0 y  5 5
0
 8
16．先对函数化简变形，然后由题意可得 f    a2 b2 ，求得b 3a，再由 f x  a
 6  0 5
  4
可得sin  x    ，再利用诱导公式和二倍角公式可求得结果
 0 3 5
【详解】因为 f xasinxbcosx a2 b2 sinx，ab0
b a
其中sin ，cos ，
a2 b2 a2 b2
2
学科网（北京）股份有限公司 
由于函数的图象关于x 对称，所以 f    a2 b2 ，
6  6 
1 3
即 a b  a2 b2 ，化简得b 3a，
2 2
  8   4
所以 f x asinx  3acosx 2asin  x    a，即sin  x    ，
0 0 0  0 3 5  0 3 5
所以
   2   2   7
sin  2x   sin  2x    cos  2x   2sin2  x   1 ，
 0 6   0 3 2  0 3   0 3 25
故选：C.
17. （1）na n1a ，
n n1
a a a
 n  n1，且 1 1，
n1 n 2
数列   a n  是以每一项均为1的常数列，则 a n 1，即a n1  nN* ；
n1 n1 n
2 2 2 1 1
（2）由（1）得a n1，     ，
n a2 n12 nn2 n n2
n
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3
T 1     L   1    .
n 3 2 4 3 5 n n2 2 n1 n2 2
18.（1）证明：菱形ABCD中，AC  BD，设AC，BD交于点O，连接EO，FO，
则EO BD，FO BD，又EOI FOO，EO平面EOF ，FO平面EOF ，
所以BD平面EOF ；又EF 平面EOF ，所以BD EF ；
1 3
（2）因为菱形ABCD边长为1，AC  3，所以OE OF OAOC  AC  ，则
2 2
BD2 AB2 OA2 1，
3 OE2OF2EF2 1
又EF  ，所以cosEOF   ，则EOF 120o，
2 2OEOF 2
1 3 3 3
所以S  OEOFsin120o ；在VDEF 中，DE  DF 1，EF  ，
VOEF 2 16 2
ED2 DF2 EF2 1
则cosEDF   ，
2DEDF 8
3 7
所以sinEDF  ，
8
1 3 7
所以S  DEDFsinEDF  ；
VDEF 2 16
设点B到平面DEF 的距离为h，由题意，V V V
BDEF BOEF DOEF
1 1 1 1
即 S h S OB S OD S BD，
3 VDEF 3 VOEF 3 VOEF 3 VOEF
S BD 3 21
则h VOEF  1 .
S 7 7
VDEF
219.【详解】（1）设每件产品的销售利润为元，则的所有可能取值为1.5，3.5，5.5，
由直方图可得，A，B，C三类产品的频率分别为0.15、0.45、0.4，
所以，P1.50.15，P3.50.45，P5.50.4，所以随机变量的分布列为：
 1.5 3.5 5.5
P 0.15 0.45 0.4
所以，E1.50.153.50.455.50.44，故每件产品的平均销售利润为4元；
（2）（i）由yaxb得，lnyln
 axb
lnablnx，
令ulnx，lny，clna，则cbu，
 5  u u   
i i 0.41
由表中数据可得，b ˆ  i1  0.25，
 5  u u 2 1.61
i
i1
24.87 16.30
则cˆb ˆ u 0.25 4.159，所以，ˆ4.1590.25u，
5 5
 1
即lnyˆ 4.1590.25lnxlne4.159x4，因为e4.159 64，所以
yˆ 64x
1
4
，
 
1
故所求的回归方程为 ；
y64x4
（ii）设年收益为z万元，则 zEyx256x 1 4 x ，设 t  x 1 4 ， f t256tt4，
则 ft2564t3 4  64t3 ，当t0,4时， ft0， f(t)在0,4单调递增，
当t4, 时， ft0， f(t)在4,单调递减，
所以，当t4，即x256时，z有最大值为768，
即该厂应投入256万元营销费，能使得该产品一年的收益达到最大768万元.
20.【小问1详解】
   
因为x2 4 2y的焦点坐标为 0, 2 ，所以F 0, 2 ，
2b2
2b2 MN 6 b2 3
所以 MN  , OF c 2．因为  ，所以 a 6 ，化简可得  ，
a OF 3  a 3
2 3
y2
又a2 b2 c2  2，解得a2 3,b2 1，所以椭圆C的标准方程为 x2 1．
3
【小问2详解】由（1）可知P2,0
，可知过点P的直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y kx2 ，
y kx2

由 y2 ，化简可得  k2 3  x2 4k2x4k2 30，
 x2 1
 3
4k2 4k2 3
设Ax ,y ,Bx ,y  ，则x x  ，x x  ，
1 1 2 2 1 2 k2 3 1 2 k2 3
由Δ  4k22 4  k2 3  4k2 3  0，解得0k2 1．
3
学科网（北京）股份有限公司根据弦长公式可得 AP  BP  1k2 2x  1k2 2x
1 2
  1k2 2x  2x   1k2 42x x x x
1 2 1 2 1 2
4  k2 3  8k2   4k2 3  9  1k2

 1k2
  ．
k2 3 k2 3
因为VAPE的面积为S ,△BPE 的面积为S ，
1 2
3k
设点E到直线l的距离为d，根据点到直线的距离公式可得d  ，
k2 1
1 1
所以S  AP d,S  BP d ，
1 2 2 2
1 1 9  k2 1   3k  2 81 k2 81 3 
因此S S  AP  BP d2         1  ，
1 2 4 4 k2 3  k2 1 4 k2 3 4  k2 3
81 3  81
因为0k2 1，所以3k2 34，则0  1   ，
4  k2 3 16
81 3  9
从而0 1  ，
 
4  k2 3 4
 9
所以 S S 的取值范围是 0, ．
1 2  4
1 3x
21．【解析】（1）由 f x 有两个零点，得方程  有两个解，
a ex
3x 31x
设rx ，则rx ，
ex ex
由rx0，可得x1，rx 单调递增，由rx0，可得x1，rx
单调递减，
3
所以rx 的最大值为r1 ，当x时rx0，当x时，rx，
e
所以可得函数rx
的大致图象，
1 3 e
所以0  ，解得a  ，
a e 3
所以， f x 有两个零点时，a的取值
e 
范围是 , ；
3 
（2）设gx f xa12sinx ，
1
（3）即gx ex 3xa12sinx，则gx0恒成立，
a
1 π 1 π π
由g0 a0，g
 
 e6 3 0，可得0a1，
a 6 a 6
1 1 3
下面证明当0a1时， ex 3xa12sinx0*，即证 ex  x2sinx10，
a a2 a
31
令b ，则证b2ex 3bx2sinx10，b1, ，
a
3x
令hbb2ex 3bx2sinx1为开口向上的二次函数，对称轴为b ，
2ex
3x 3
由（1）可知b  1，故hb 在b1, 时单调递增，
2ex 2e
则hbh1ex 3x2sinx1，
3x2sinx1
下面只需证明ex 3x2sinx10即可，即证 10，
ex
3x2sinx1 23x2sinx2cosx
令Fx 1，则Fx ，
ex ex
 π
令qx23x2sinx2cosx，则qx32cosx2sinx2 2sin

x

30，
 4
所以函数qx 单调递减，且q00，
所以当x
0时，Fx0，当x0时，Fx0，
所以函数Fx
在
,0
上单调递增，在
0,
上单调递减，
3x2sinx1
故Fx F00，即 10，从而不等式 * 得证，
ex
综上，a的取值范围是 0,1 ．
22.【答案】解：(𝟏)依题意，曲线𝑪 :(𝒙−𝟐)𝟐+𝒚𝟐=𝟒，即𝒙𝟐+𝒚𝟐−𝟒𝒙=𝟎,故𝝆𝟐−𝟒𝝆cos𝜽=𝟎，
𝟏
即𝝆=𝟒cos𝜽,
因为𝝆𝟐= 𝟒 ，故𝝆𝟐+𝟑𝝆𝟐sin𝟐𝜶=𝟒.即𝒙𝟐+𝟒𝒚𝟐=𝟒，即𝒙𝟐 +𝒚𝟐=𝟏.
𝟏+𝟑sin𝟐𝜶 𝟒
将𝜽=𝜽 代入𝝆𝟐= 𝟒 得，𝝆𝟐 = 𝟒 .
𝟎 𝟏+𝟑sin𝟐𝜶 𝑸 𝟏+𝟑sin𝟐𝜽 𝟎
将𝜽=𝜽 代入𝝆=𝟒cos𝜽得，𝝆 =𝟒cos𝜽 .
𝟎 𝑷 𝟎
由|𝑶𝑸|=|𝑷𝑸|，得𝝆 =𝟐𝝆 ，即(𝟒cos𝜽 )𝟐= 𝟏𝟔 .解得sin𝟐𝜽 = 𝟐，则cos𝟐𝜽 = 𝟏
𝑷 𝑸 𝟎 𝟏+𝟑sin𝟐𝜽 𝟎 𝟎 𝟑 𝟎 𝟑
又𝟎<𝜽 < 𝝅 ，故𝝆 = 𝟒 =𝟐 𝟑，𝝆 =𝟒cos𝜽 =𝟒 𝟑
𝟎 𝟐 𝑸 𝟏+𝟑sin𝟐𝜽 𝟎 𝟑 𝑷 𝟎 𝟑
故△𝑷𝑴𝑸的面积𝑺 =𝑺 −𝑺 = 𝟏 ⋅|𝑶𝑴|⋅(𝝆 −𝝆 )⋅sin𝜽 = 𝟏 ⋅𝟐 𝟑 ⋅ 𝟔 = 𝟐 .
△𝑷𝑴𝑸 △𝑶𝑴𝑷 △𝑶𝑴𝑸 𝑷 𝑸 𝟎
𝟐 𝟐 𝟑 𝟑 𝟑
23. 【详解】（1）Q a,b,c  0，
f x x4a  x9b c x4ax9b c4a9bc，
当且仅当x4ax9b0时取等号，
1 1 1
4a9bc4，要证abbcca9abc，只要证   9，
a b c
2
1 1 1  1 1 1 
由柯西不等式得4a9bc      2 a 3 b  c  (231)2 36，
a b c  a b c 
2 1 1 1
当且仅当2a3bc 时取等号，   9,abbcca9abc．
3 a b c
（2）由基本不等式得4a9b12 ab,9bc6 bc,c4a4 ca，
4
以上三式当且仅当4a9bc 时同时取等号，将以上三式相加得
3
12 ab6 bc4 ca 4a9b9bcc4a8，即6 ab3 bc2 ca 4．
4
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