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含答案.pdf

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1、数学（理科）试卷 第 1 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司绝密启用前2024 年普通高等学校招生全国统一考试理科数学试题卷(银 川 一 中 第 一 次 模 拟 考 试 )注意事项：1答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。2作答时，务必将答案写在答题卡上。写在本试卷及草稿纸上无效。3考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1已知集合2|230Axxx=-N，2023R|log0Bxx=，则AB=I A(0,1B0,1C1D2已知1 i=11i，则|=A 2B22

2、C2D13若直线l的一个方向向量1,0,1u=r，平面a的一个法向量0,1,1n=-r，则l与a所成角为A6B3C3或23D6或564有甲、乙两个班级进行数学考试，按照大于等于 85 分为优秀，85 分以下为非优秀统计 成绩，得到如下所示的列联表：优秀非优秀总计甲班10b乙班c30合计附：P(K2k0)0.050.0250.0100.005k03.8415.0246.6357.879数学（理科）试卷 第 2 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司已知在全部 105 人中随机抽取 1 人，成绩优秀的概率为27，则下列说法正确的是A列联表中 c 的值为 30，b 的值为 35B列联表中 c 的

3、值为 15，b 的值为 50C根据列联表中的数据，若按 97.5%的可靠性要求，能认为“成绩与班级有关系”D根据列联表中的数据，若按 97.5%的可靠性要求，不能认为“成绩与班级有关系”5已知向量(1,2)a=r，(4,)bt=-r，则 A若abrr，则8t=B若abrr，则2t=C若|5ab+=rr，则2t=D若ar与br的夹角为钝角，则2t，且有2PAPB-=，则nm的取值范围是 A(0,1)B(0,3)C(1,3)D(3,2)9若数列 na满足11a=-，则“m，*nN，m nmnaa a+=”是“na为等比数列”的 A充分而不必要条件B必要而不充分条件 C充分必要条件D既不充分也不必要

4、条件数学（理科）试卷 第 3 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司10若经过点,a b可以且仅可以作曲线lnyx=的一条切线，则下列选项正确的是 A0a Blnba=Clnab=D0a或lnba=11多项选择题给出的四个选项中会有多个选项符合题目要求全部选对的得分，有选错的得分，部分选对的得分若选项中有其中个选项符合题目要求，随机作答该题时 至少选择一个选项 所得的分数为随机变量其中，则有 AB CD12勒洛四面体是一个非常神奇的“四面体”，它能在两个平行平面间自由转动，并且始终保持与两平面都接触，因此它能像球一样来回滚动（如图甲），利用这一原理，科技人员发明了转子发动机勒洛四面体是以正

5、四面体的四个顶点为球心，以正四面体的棱长为半径的四个球的相交部分围成的几何体如图乙所示，若正四面体ABCD的棱长为 2，则下列说法正确的是 A勒洛四面体ABCD被平面ABC截得的截面面积是8 3-B勒洛四面体ABCD内切球的半径是46-C勒洛四面体的截面面积的最大值为22 3-D勒洛四面体能够容纳的最大球的半径为362-二、填空题：本小题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分.13记ABCV的内角,A B C的对边分别为,a b c，若sin3 cosaCcA=，则角A_.14甲、乙、丙、丁、戊 5 名学生进行某种劳动技能比赛，决出第 1 名到第 5 名的名次.甲、乙两名参赛者去询问成绩，

6、回答者对甲说：“很遗憾，你和乙都未拿到冠军”，对乙说：“你当然不会是最差的”，从这个回答分析，5 人的名次排列共可能有_种不同的情况.（用数字作答）数学（理科）试卷 第 4 页（共 6 页）学科网（北京）股份有限公司15斜率为 k 的直线 l 与抛物线 y2=4x 相交于 A，B 两点，与圆（x-5）2+y2=9 相切于点 M，且 M 为线段 AB 的中点，则 k=_.16已知函数 sincos0f xaxbx ab=+的图象关于6xp=对称，且085f xa=，则0sin 26xp+的值是_.三、解答题：共 70 分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤第 1721 题为必考题，每个试题考生

7、都必须作答第 22、23 题为选考题，考生根据要求作答（一）必考题：共 60 分17(12 分)已知数列 na的首项 a1=2，且0)1(1=-+-nnnaan(n2)（1）求数列 na的通项公式；（2）若数列22na的前n项和为nT，证明：32nT 的上焦点F是抛物线24 2xy=的焦点，过焦点F与抛物线对称轴垂直的直线交椭圆C于,M N两点，且63MNOF=，过点22,0Pb的直线l交椭圆C于,A B两点 （1）求椭圆C的标准方程；（2）若点1,0E-，记APE面积为1,SBPE的面积为2S，求12SS的取值范围21(12 分)已知函数 1e3xf xxa=-，其中0a （1）若 f x有

8、两个零点，求a的取值范围；（2）若 12sinf xax-，求a的取值范围（二）选考题：（二）选考题：共 10 分.请考生在第 22、23 两题中任选一题做答，如果多做，则按所做的第一题记分.22选修 44：坐标系与参数方程 在平面直角坐标系中，曲线1的参数方程为=2+2cos，=2sin（为参数），以原点为极点，轴非负半轴为极轴，建立极坐标系，曲线2的极坐标方程为2=41 3sin2.(1)求曲线1的极坐标方程以及曲线2的直角坐标方程；(2)若直线:=与曲线1、曲线2在第一象限交于，且|=|，点的直角坐标为(1,0)，求 的面积23选修 4-5：不等式选讲 已知,a b c均为正实数，函数

9、49f xxaxbc=-+的最小值为 4 (1)求证：9abbccaabc+；(2)求证：6324abbcca+的学科网（北京）股份有限公司1银川一中 2024 届高三第一次模拟数学(理科)参考答案银川一中 2024 届高三第一次模拟数学(理科)参考答案1【答案】【答案】C 由由2230 xx-,解得解得13x-，又因为又因为xN，所以，所以0,1,2,3A=，又由又由2023log0 x，可得，可得20232023loglog1x，解得，解得01x，所以所以R|01Bxx=5.024，因此有，因此有 97.5%的把握认为的把握认为“成绩与班级有关系成绩与班级有关系”5.【答案】【答案】B【解

10、析】对于【解析】对于 A，若，若abrr，则有，则有14 2t=-，所以，所以8t=-，A 错误；错误；对于对于 B，若，若abrr，则有，则有420t-+=，所以，所以2t=，B 正确；正确；对于对于 C，(3,2)abt+=-+rr，所以，所以2|9(2)5abt+=+=rr，解得，解得2t=或或6t=-，C 错误；错误；若若ar与与br的夹角为钝角，则的夹角为钝角，则420a bt=-+r r，即，即2t，且，且ar与与br不能共线且反向，不能共线且反向，由由 A 选项可知，当选项可知，当8t=-时，时，4ba=-rr，此时，此时ar与与br共线且反向，共线且反向，所以若所以若ar与与b

11、r的夹角为钝角，则的夹角为钝角，则2t 且且8t -，D 错误，故选错误，故选:B.6【答案】【答案】A【详解】由点【详解】由点P在单位圆上，则在单位圆上，则22315y-+=，解得，解得45y=，由锐角由锐角0,2a，即，即 3,444a+，则，则45y=，故，故34cos,sin4545aa+=-+=，coscoscoscossincos444444aaaa=+-=+32422525210=-+=.故选故选 A.7.【答案】【答案】C【分析】利用基本不等式可求得【分析】利用基本不等式可求得242yxx=-，知，知 A 错误；由错误；由2,0 x-时，时，240yxx=-可知可知 B 错误；

12、根据错误；根据221yxx=-+、图象中的特殊点及函数的奇偶性、单调性可知、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正确；根据函数定义域可知 D 错误错误.【详解】对于【详解】对于 A，22222244422xxyxxxx+-=-=-=Q（当且仅当（当且仅当224xx=-，即，即2x=时取等号），时取等号），24yxx=-在在2,2-上的最大值为上的最大值为2，与图象不符，与图象不符，A 错误；错误；对于对于 B，当，当2,0 x-时，时，240yxx=-，即，即nyxm=，结合双曲线的几何性质，可得结合双曲线的几何性质，可得03nm，则，则1yb=+与与 ln(

13、0)afxxxx=+有且仅有有且仅有 1 个交点，个交点，221axafxxxx-=-=，当当0a时，时，()0fx恒成立，所以恒成立，所以 f x单调递增，显然单调递增，显然x +时，时，()f x +，于是符合题意；当，于是符合题意；当0a 时，当时，当0 xa时，时，0fx时，时，()0fx，()f x递增，所以递增，所以 min()ln1f xfaa=+，则，则1ln1ba+=+，即，即lnba=综上，综上，0a或或lnba=故选：故选：D11.【答案】【答案】B12.【答案】【答案】C对对 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选项结合勒洛三角形得到其截面图，

14、利用扇形面积和三角形面积公式即可得到答案，而式即可得到答案，而 A 选项的截面积为选项的截面积为 C 选项的最大截面积，对选项的最大截面积，对 B 选项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，得到外接球半径为为62，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，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四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断四面体的能够容纳的最大球的半径，即可判断 D 选项选项.【详解】对于【详解】对于 A2221333223222 32344ABCABCABCSSSS=-+=

15、-+=-VV截扇形故故 A 错误，截面示意图如下：错误，截面示意图如下：对于对于 B，由对称性知，由对称性知,勒洛四面体勒洛四面体ABCD内切球球心是正四面体内切球球心是正四面体ABCD的内切球、外接球球心的内切球、外接球球心O,如图：如图：学科网（北京）股份有限公司2正正BCD外接圆半径外接圆半径122 32 cos3033O B=o,正四面体正四面体ABCD的的高高22112 63AOABO B=-=,令正四面体令正四面体ABCD的外接球半径为的外接球半径为R,在在1Rt BOOV中中,2222 62 333RR=-+，解得，解得62R=,此时我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：此时

16、我们再次完整地抽取部分勒洛四面体如图所示：图中取正四面体图中取正四面体ABCD中心为中心为O,连接连接BO交平面交平面ACD于点于点E，交，交AD于点于点F，其中，其中AD与与ABD共面，其中共面，其中BO即为正四面体外接球半径即为正四面体外接球半径62R=，设勒洛四面体内切球半径为，设勒洛四面体内切球半径为r，则由图得，则由图得622rOFBFBO=-=-，故，故 B 错误；错误；对于对于 C，显然勒洛四面体截面面积的最大值为经过正四面体，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，由对某三个顶点的截面，由对 A 的分析知的分析知max22 3Sp=-截，故，故C 正确；正

17、确；对于对于 D，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的，勒洛四面体能够容纳的最大球与勒洛四面体的 4 个个弧面都相切弧面都相切,即为勒洛四面体内切球即为勒洛四面体内切球,所以勒洛四面体所以勒洛四面体ABCD能能够容纳的最大球的半径为够容纳的最大球的半径为622-，故，故 D 错误错误.故选：故选：C13.14.54由题意可得：甲、乙都不是第一名，且乙不是最后一名，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、四名先排乙，有第二、三、四名 3 种情况，种情况，再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有再排甲，除第一名和乙排的名次外，甲有 3 种情况，种情况，其他三名同学排在

18、三位置全排列有其他三名同学排在三位置全排列有33A种，种，由分步乘法计数原理可知共有由分步乘法计数原理可知共有333 3 A54=种，故答案为：种，故答案为：54.15.【详解】设【详解】设 A（x1，y1），），B（x2，y2），），M（x0，y0），则），则1201202,2.xxxyyy+=+=又又2112224,4,yxyx=两式相减得两式相减得121212()()4()yyyyxx+-=-，则，则121212042yykxxyyy-=-+.设圆心为设圆心为C（5，0），则），则kOM=005yx-，因为直线，因为直线 l 与圆相切，所以与圆相切，所以000215yyx=-，解得，解得

19、03x=，代入，代入22(5)9xy-+=得得00222 55,55yky=16先对函数化简变形，然后由题意可得先对函数化简变形，然后由题意可得226fabp=+，求得，求得3ba=，再由，再由085f xa=可得可得04sin35xp+=，再利用诱导公式和二倍角公式可求得结果，再利用诱导公式和二倍角公式可求得结果【详解】因为【详解】因为 22sincossinf xaxbxabxj=+=+，0ab 其中其中22sinbabj=+，22cosaabj=+，由于函数的图象关于由于函数的图象关于6xp=对称，所以对称，所以226fabp=+，即即221322abab+=+，化简得，化简得3ba=，

20、所以所以00008sin3 cos2 sin35f xaxaxaxap=+=+=，即，即04sin35xp+=，所以所以20000227sin 2sin 2cos 22sin16323325xxxxppppp+=+-=-+=+-=，故选：故选：C.17.（1）11nnnana-=+，11nnaann-=+，且，且112a=，数列数列1nan+是以每一项均为是以每一项均为1的常数列，则的常数列，则11nan=+，即，即*1nannN=+；（2）由（）由（1）得）得1nan=+，2222211221nan nnnn=-+，11111111113113243522122nTnnnn-+-+-+-=+

21、-，()f t在在0,4单调递增，单调递增，当当4t,+时，时，0ft，解得，解得201k根据弦长公式可得根据弦长公式可得22121212APBPkxkx=+-+-22121212122142kxxkxxx x=+-=+-+2222222438439 1133kkkkkkk+-+-+=+=+因为因为APEV的面积为的面积为1,SBPE的面积为的面积为2S，设点设点E到直线到直线l的距离为的距离为d，根据点到直线的距离公式可得，根据点到直线的距离公式可得231kdk-=+，所以所以1211,22SAP d SBP d=，因此因此22221222229131181813144343431kkkSS

22、APBP dkkkk+-=-+，因为因为201k，所以，所以2334k+，则，则281381014316k-+，从而从而2813901434k-，可得，可得1x，r x单调递增，由单调递增，由 0rx，r x单调递减，单调递减，所以所以 r x的最大值为的最大值为 31er=，当，当x +时时 0r x，当，当x -时，时，r x -，所以可得函数所以可得函数 r x的大致图象，的大致图象，所以所以130ea，所以，所以，f x有两个零点时，有两个零点时，a的取值的取值范围是范围是e,3+；（2）设）设 1 2sing xf xax=-，（3）即）即 1e31 2sinxg xxaxa=-，则

23、，则 0g x 恒成立，恒成立，由由 100gaa=-，61e3066ga=-，可得，可得01a，下面证明当下面证明当01a时，时，1e31 2sin0*xxaxa-，即证，即证213e2sin10 xxxaa-+-，学科网（北京）股份有限公司4令令1ba=，则证，则证2e32sin10 xbbxx-+-，1,b+，令令 2e32sin1xh bbbxx=-+-为开口向上的二次函数，对称轴为为开口向上的二次函数，对称轴为32exxb=，由（由（1）可知）可知3312e2exxb=，故，故 h b在在1,b+时单调递增，时单调递增，则则 1e32sin1xh bhxx=-+-，下面只需证明下面只

24、需证明e32sin10 xxx-+-即可，即证即可，即证32sin110exxx-+-，令令 32sin11exxxF x-+=-，则，则 232sin2cosexxxxFx-+-=，令令 232sin2cosq xxxx=-+-，则，则 32cos2sin2 2sin304qxxxx=-+=+-，所以函数所以函数 q x单调递减，且单调递减，且 00q=，所以当所以当0 x，当，当0 x 时，时，0Fx，所以函数所以函数 F x在在,0-上单调递增，在上单调递增，在0,+上单调递减，上单调递减，故故 00F xF=，即，即32sin110exxx-+-，从而不等式，从而不等式*得证，得证，综

25、上，综上，a的取值范围是的取值范围是0,122.【答案】解：【答案】解：()依题意，曲线依题意，曲线:()+=，即，即+=,故故cos=，即，即=cos,因为因为=sin，故，故+sin=.即即+=，即，即+=.将将=代入代入=sin得，得，=sin.将将=代入代入=cos得，得，=cos.由由|=|，得，得=，即，即(cos)=sin.解得解得sin=，则，则cos=又又 Q，494949f xxaxbcxaxbcabc=-+-+=+，当且仅当当且仅当490 xaxb-+时取等号，时取等号，494abc+=，要证，要证9abbccaabc+，只要证，只要证1119abc+，由柯西不等式得由柯西不等式得221111114923(23 1)36abcabcabcabc+=+=，当且仅当当且仅当2233abc=时取等号，时取等号，1119,9abbccaabcabc+（2）由基本不等式得）由基本不等式得4912,96,44ababbcbc caca+，以上三式当且仅当以上三式当且仅当4493abc=时同时取等号，将以上三式相加得时同时取等号，将以上三式相加得126449948abbccaabbcca+=，即，即6324abbcca+公众号：高中试卷君公众号：高中试卷君