宁夏银川市第二中学2024届高三第一次模拟考试数学（理）试题及答案

这是一份宁夏银川市第二中学2024届高三第一次模拟考试数学（理）试题及答案，共23页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知等差数列的前项和为，满足，，则等于（ ）
A．10B．11C．12D．13
3．在中，，是的中线，若，，则（ ）
A．B．
C．D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．异面直线所成的角范围是
B．命题“，”的否定是“，”
C．若为假命题，则，均为假命题
D．成立的一个充分而不必要的条件是
5．第19届亚运会在杭州举行，为了弘扬“奉献，友爱，互助，进步”的志愿服务精神，5名大学生将前往3个场馆开展志愿服务工作．若要求每个场馆都要有志愿者，则当甲不去场馆时，场馆仅有2名志愿者的概率为（ ）
A．B．C．D．
6．若，则（ ）
A．B．C．D．
7．中国古代数学名著《九章算术》中记载了一个叫做邹傲的几何体，其三视图如图所示（图中每个小正方形的边长均为1），则该邹傲的表面积为（ ）
A．B．18C．D．12
8．我国享誉世界的数学大师华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形少数时难入微；数形结合百般好，隔离分家万事休.”告知我们把“数”与“形”，“式”与“图”结合起来是解决数学问题的有效途径.若，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
9．已知函数，若为的零点，是的图象的对称轴，且在区间上单调，则实数取最大值时，（ ）
A．B．C．D．
10．如图，已知双曲线的左焦点为，右焦点为，双曲线的右支上一点，它关于原点的对称点为，满足，且，则双曲线的离心率是（ ）
A．B．C．D．
11．已知数列满足，，恒成立，则的最小值为（ ）
A．3B．2C．1D．
12．已知A，B，C，D是体积为的球体表面上四点，若，，，且三棱锥A－BCD的体积为，则线段CD长度的最大值为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题
13．设为虚数单位，若复数满足.则 .
14．过抛物线的焦点作直线交抛物线于两点，若，那么 ．
15．已知等比数列的前项和为，且，是的等差中项，若数列的前项和恒成立，则的最小值为 ．
16．已知直线与曲线有且只有两个公共点，其中，则 .
三、解答题
17．在中，内角所对的边分别是，已知．
(1)求角；
(2)设边的中点为，若，且的面积为，求的长．
18．如图所示，四棱锥中，底面为菱形，，，为棱的中点，且.
(1)求证：平面平面；
(2)当直线与底面成角时，求二面角的余弦值.
19．智能产品开发已经成为信息科学领域创新的重要支点,其应用前景日趋广泛,正产生日益重要的社会效益,智能产品是信息科学技术的核心、前沿和制高点.某上市公司近几年一直注重智能产品研发,逐年增加科技研发投入,开发智能产品,提高收益,同时提升行业竞争力.暂不考虑纳税税金、营业成本和销售费用,该公司2014年至2019年每年的科技研发投入（千万元）与智能产品销售收益（千万元）的数据统计如下:
该公司制作了科技研发投入与智能产品销售收益的散点图如图所示.
(1)由散点图看出,这些点分布在一条直线附近,可用线性回归模型拟合与的关系,请用相关系数加以说明；
(2)根据表中数据,求关于的线性回归方程（系数精确到0.01）,根据线性回归方程,如果该公司期望在2021年销售智能产品的收益至少达到14亿元,则该公司2021年科技研发投入的费用至少为多少亿元（结果精确到0.001）？
(3)该公司高层一直认为,如果一年的智能产品销售收益与科技研发投入的比值超过8,就要重奖科技研发人员,事实上该公司也这样做了.现从2014年到2019年这6年中任取3个年份,记取到重奖科技研发人员年份的个数为,求的分布列和数学期望.
参考公式:相关系数,若,则与的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合与的关系.
回归方程中斜率与截距的最小二乘估计公式分别为,.
参考数据:,,.
20．在平面直角坐标系中，点A，B分别在x轴，y轴上运动，且，动点P满足．
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)设点M，N在曲线C上，O为坐标原点，设直线，的斜率分别为，，且，试判断的面积是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．
21．已知函数，．
(1)讨论函数的单调性；
(2)若，不等式恒成立，求整数的最大值．
22．在平面直角坐标系中，曲线C的参数方程为（α为参数）.以坐标原点O为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线l的极坐标方程为，（）.
（1）求曲线C的极坐标方程；
（2）设直线l与曲线C相交于不同的两点，，指出的范围，并求的取值范围.
23．已知函数f(x)＝|x－1|＋|x＋2|.
（1）求不等式f(x)≤7的解集；
（2）若不等式f(x)≥x2＋mx－1的解集包含区间[－1，1]，求实数m的取值范围.
年份
2014
2015
2016
2017
2018
2019
科技研发投入x/千万元
2
4
6
8
10
12
智能产品销售收益y/千万元
26.2
32.2
46.4
56
72
97.2
参考答案：
1．B
【分析】集合是确定的，需要计算集合，集合中的元素为，而函数的自变量是中的元素，将中的元素依次代入可以得到集合，根据集合的交集运算可得结果.
【详解】∵，，
∴，
∴.
故选：B.
2．D
【分析】根据等差数列的通项公式和求和公式以及等差数列的性质进行计算.
【详解】因为数列为等差数列，
，
所以：.
所以：.
故选：D
3．B
【分析】
利用平面向量的减法可得出关于、的表达式.
【详解】
如下图所示：

因为，则，可得，
因为为的中线，即点为的中点，
所以，.
故选：B.
4．D
【分析】
结合相应知识点对选项逐一判定即可.
【详解】对于A，异面直线所成的角范围是,故A错；
对于B，命题“，”的否定是“，”，故B错；
对于C，，中有一个为假命题，即为假命题，故C错；
对于D，，推不出，比如，故成立的一个充分而不必要的条件是，D正确.
故选：D.
5．B
【分析】
首先得甲去场馆或的总数为，进一步由组合数排列数即可得所求概率.
【详解】
不考虑甲是否去场馆，所有志愿者分配方案总数为，
甲去场馆的概率相等，所以甲去场馆或的总数为，
甲不去场馆，分两种情况讨论，
情形一，甲去场馆，场馆有两名志愿者共有种；
情形二，甲去场馆，场馆场馆均有两人共有种，
场馆场馆均有两人共有种，所以甲不去场馆时，
场馆仅有2名志愿者的概率为.
故选：B．
6．B
【分析】
根据给定条件，利用和角的正切公式求出，再利用和差角的正余弦公式，结合齐次式法求解即得.
【详解】由，得，解得，又，
所以.
故选：B
7．A
【分析】画出几何体的直观图，然后求解几何体的表面积即可．
【详解】解：几何体的直观图如图所示，
该多面体是补形为三棱柱去掉两个棱锥部分，四边形和是全等的等腰梯形，且上底和下底分别为1和3，高为，所以，和是全等的等腰三角形，且底边为2，高为，所以，又，所以该邹傲的表面积．
故选：A
【点睛】本题考查三视图求几何体的表面积，考查学生的计算能力，属于中档题．
8．D
【分析】从斜率角度考虑，可看作圆上的点与点连线的斜率，数形结合，利用点到直线距离公式进行求解.
【详解】可看作圆上的点与点连线的斜率，
如图，只需求出临界状态：相切时的斜率，
设直线为，
则圆心到直线距离，解得：，
所以的取值范围为.
故选：D
9．B
【分析】
根据在区间上单调求得，再结合零点和对称轴得，即可得，最后根据对称轴得，结合，求解验证即可.
【详解】
因为的最小正周期，且在区间上单调，所以，
又，故①；
又因为为的零点，是的图象的对称轴，
所以（），整理，得（）②.
由①②得且为奇数，当时，将代入，
令（），得，
又，故取，得，此时（）.
验证当时，，满足在区间上单调递减.
故实数的最大值为，此时.
故选：B
10．D
【分析】
结合双曲线定义可得、，借助向量模长与数量积的关系可得与、有关齐次式，即可得离心率.
【详解】由双曲线定义可知，，
又，关于原点对称，故，，
故，，
又，故、，
有，
故，
即有，
即有，故.
故选：D.
11．C
【分析】通过等差数列的定义求出的通项公式，再利用裂项相消法求出，进而确定m的最小值.
【详解】，是等差数列，又∵，
∴，
故对，，
也符合上式，
，
故，即的最小值为1．
故选：C．
12．B
【分析】
先求出外接球半径，根据勾股定理逆定理得到，且，求出点D到平面ABC的距离，求出点D所在球的截面的半径及三角形ABC的外接圆半径，设点D在平面ABC上的投影为E，当CE最长时CD最长，结合，求出CD长度的最大值.
【详解】
因为球的体积为，故球的半径R满足，故，
而，，，故，故，
故，
设点D到平面ABC的距离为h，则，故，
点D在球的截面圆上，设截面圆所在的平面为α，因为，所以平面α与平面ABC在球心的异侧，

设球心到平面ABC的距离为d，而△ACB外接圆的半径为，则，
故球心到平面α的距离为，故截面圆的半径为，
设点D在平面ABC上的投影为E，则E的轨迹为圆，圆心为△ABC的外心即AB的中点，
当CE最长时CD最长，此时，故CD长度的最大值为.
故选：B．
【点睛】关键点睛：解决与球有关的内切或外接的问题时，解题的关键是确定球心的位置．对于外切的问题要注意球心到各个面的距离相等且都为球半径；对于球的内接几何体的问题，注意球心到各个顶点的距离相等，解题时要构造出由球心到截面圆的垂线段、小圆的半径和球半径组成的直角三角形，利用勾股定理求得球的半径.
13．
【分析】
利用复数的除法求出，再由复数模的意义计算得解.
【详解】由，得，
所以.
故答案为：
14．10
【分析】
由焦半径公式求得焦点弦长.
【详解】由题设抛物线焦点坐标为，
则由抛物线定义易知：，
故.
故答案为：10
15．/
【分析】
根据条件求出的通项，利用裂项相消法求和计算，从而得出的最小值．
【详解】解：由题意等比数列的公比不为1，
设等比数列的公比为，
由，是的等差中项，
得，解得或，
∵，∴，
∴，，
，
∴，
∴，即的最小值为．
故答案为：.
16．0
【分析】
根据题目信息得到与曲线相切于点，求导，根据导数的几何意义求出切线方程，代入，式子变形后得到，得到答案.
【详解】
由题意知，要使得直线与曲线有且只有两个公共点，
则直线与曲线相切于点，
由得，所以切线方程为，
即，又也在切线上，
所以，
即，
整理得
，
因为，所以，故
故答案为：0
【点睛】方法点睛：用导数求切线方程的关键在于求出切点及斜率，其求法为：
（1）设是曲线上的一点，则以的切点的切线方程为：；
（2）若曲线在点的切线平行于轴（即导数不存在）时，由切线定义知，切线方程为．
17．(1)
(2)
【分析】
（1）根据正弦定理和题中所给式子化简计算得到，再结合余弦定理即可求出角；
（2）根据三角形面积公式得到和，再结合中线向量公式计算即可.
【详解】（1）在中，由正弦定理得，，
因为，所以，
化简得，，
在中，由余弦定理得，，
又因为，所以
（2）由，得，
由，得，所以．
又因为边的中点为，所以，
所以
18．(1)证明见解析；
(2)
【分析】（1）先证平面，得到，根据可得，从而可得平面，最后利用面面的判定定理即可证明；
（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，然后求出两向量夹角的余弦值，从而可得二面角的余弦值
【详解】（1）取的中点，连，
因为底面为菱形，所以，，
为等边三角形，，
又，，平面，平面，
又平面，，又，
，又即，，平面，
平面，又平面，
平面；
（2）由（1）知平面，，所以平面，，
以分别为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
设菱形的边长为2，则，，
因为直线与底面成角，即，
，，
，
，
设为平面的一个法向量，
由即，令，，则，
设为平面的一个法向量，
由即，令，，则，
，
由题可知二面角为钝角，
所以二面角的余弦值为
19．(1)详见解析.
(2)
(3)详见解析.
【分析】(1)整理数据,算出相关系数与0.95进行比较即可.
(2)分别带入公式算出,再令,解出即可,注意化单位.
(3)从表格中得出重奖科技研发人员年份的个数为3个,且取到的个数服从超几何分布.
【详解】（1）由题可知:,
,
,
又,,
所以;
因为0.979>0.95,所以与的线性相关程度相当高,可用线性回归模型拟合与的关系.
（2）由(1)知,,
所以关于的回归方程为:.
设该公司2021年科技研发投入的费用为千万元,则
解得:,
故该公司2021年科技研发投入的费用至少为1.931亿元.
（3）由表格可知,6年中有2014年,2015年,2019年这3个年份是重奖科技研发人员的年份.故.
,,
,.
的分布列如下表所示:
.
20．(1)
(2)定值为
【分析】
（1）根据向量的坐标运算即可求解，
（2）联立直线与椭圆方程可得韦达定理，即可根据弦长公式以及点到直线的距离公式求解面积.
【详解】（1）设，，，，，
，
，，
动点P的轨迹C的方程．
（2）依题的斜率不为0，所以设，，，
联立得，，
得，，．
又因为O到的距离，
，
．
又因为，，
化简得得，所以，
综上，的面积是定值，且该定值为．
【点睛】
方法点睛：求解定值问题的三个步骤
（1）由特例得出一个值，此值一般就是定值；
（2）证明定值，有时可直接证明定值，有时将问题转化为代数式，可证明该代数式与参数（某些变量）无关；也可令系数等于零，得出定值；
（3）得出结论．
21．(1)答案见解析
(2)2
【分析】（1）求导得，分两种情况：当时，当时，讨论的符号，即可得到的单调性．
（2）根据题意可得恒成立，令，求导分析单调性，可得，令，则恒过点，分三种情况：若，若，若时，讨论是否符合题意，即可得出答案．
【详解】（1）
，，
所以，
当时，，，单调递增，
当时，令得，
所以在上，单调递增，
在上，单调递减，
综上所述，当时，在上单调递增，
当时，在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为，恒成立，
所以恒成立，
所以恒成立，
令，
则，在上单调递减，
又，，
所以存在唯一实数，使得，
即，即，
所以当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以，
所以，
令，则恒过点，
若，则在上单调递增，
所以在上恒成立，
所以符合题意，
若，则，
所以成立，
所以符合题意，
若时，则在上单调递减，
当时，，且，
又，
所以当时，，
下证：当时，，
即证，
则，且在上单调递减，
所以，
所以时符合题意，
当时，，取，则，
因为，
不满足，
所以当时，不符合题意，
综上所述，整数的最大值为．
【点睛】关键点点睛:关键点一：不等式分离函数化为；关键点二：分三种情况：若，若，若时，讨论是否符合题意，得出答案．
22．（1）；（2）.
【分析】(1)消去参数即可得曲线C的直角坐标方程,再利用及代入化简即可.
(2)根据直线与圆的位置关系可得,再根据极坐标的几何意义将代入曲线的极坐标方程,化简根据韦达定理以及辅助角公式求解即可.
【详解】（1）将曲线C的参数方程,消去参数,
得.
将及代入上式,
得.
（2）依题意,因为圆心到极点的倾斜角为,
过极点圆的切线和极点与圆心连线的直线夹角为，
故，将代入曲线的极坐标方程,
得.
设,,则, .
所以
.
因为,所以,
则,
所以的取值范围为.
【点睛】本题主要考查了参数方程与直角坐标和极坐标的互化,同时也考查了极坐标的几何意义,属于中档题.
23．（1）；（2）.
【分析】（1）由绝对值定义去掉绝对值符号后，分类解不等式可得；
（2）题意说明在上不等式恒成立，而在此区间内，问题转化为一元二次不等式恒成立，由此易得结论．
【详解】（1）由题意，
所以时，由得，即，
时，恒成立，
时，得，即，
综上，不等式的解为，即解集为；
（2）由题意在上恒成立，此时，
所以在上恒成立，，
所以，解得，
所以的范围是．
0
1
2
3