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 学科网（北京）股份有限公司4