1、試卷第 =page 1 1頁，共 =sectionpages 3 3頁寧夏銀川一中2022屆高三第四次模擬考試數學（理）試題一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的1已知集合，則AB中元素的個數為（）A2B3C4D52已知命題，則為（）ABCD3已知向量，則（）AB2C5D504已知下列命題：回歸直線恒過樣本點的中心;兩個變量線性相關性越強，則相關系數就越接近于1;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是（）A0B1C2D35已知點在角的終邊上，且，則角的大小為（）ABCD6拋物線的焦點到準線的距離為（）ABC1D

2、27函數的圖象大致為（）ABCD8下圖是計算的程序框圖，則圖中執行框與判斷框中應分別填入（）A，B，C，D，9中國古代數學的瑰寶九章算術中記載了一種稱為“曲池”的幾何體，該幾何體是上下底面均為扇環形的柱體（扇環是指圓環被扇形截得的部分）現有一個如圖所示的曲池，垂直于底面，底面扇環所對的圓心角為，弧長度是弧長度的3倍，則該曲池的體積為（）ABCD10已知隨機變量的概率分布為，其中是常數，則（） ABCD11某社區為了美化社區環境，欲建一塊休閑草坪，其形狀如圖所示為四邊形，（單位：百米），且擬在、兩點間修建一條筆直的小路（路的寬度忽略不計），則當草坪的面積最大時，（）A百米B百米C百米D百米12已

3、知函數，則下列關于函數的描述中，其中正確的是（）當時，函數沒有零點；當時，函數有兩不同零點，它們互為倒數；當時，函數有兩個不同零點；當時，函數有四個不同零點，且這四個零點之積為1ABCD二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分13已知，滿足約束條件，則的最小值為_.14函數的最大值為_.15已知雙曲線：的左、右焦點分別為，一條漸近線方程為，若點在雙曲線上，且，則_.16棱長為6的正方體內有一個棱長為x的正四面體，正四面體的中心（正四面體的中心就是該四面體外接球的球心）與正方體的中心重合，且該四面體可以在正方體內任意轉動，則x的最大值為_三、解答題：共70分解答應寫出文字說明、證明過程或演

4、算步驟第1721題為必考題，每個試題考生都必須作答第22、23題為選考題，考生根據要求作答17如圖，四棱錐中，且，(1)求證：平面平面；(2)若是等邊三角形，底面是邊長為3的正方形，是中點，求直線與平面所成角的正弦值.18在能源和環保的壓力下，新能源汽車無疑將成為未來汽車的發展方向2016年4月，為促進新能源汽車發展，實施差異化交通管理政策，公安部啟用新能源汽車專用號牌2020年11月，國務院辦公廳印發新能源汽車產業發展規劃（20212035年），要求深入實施發展新能源汽車國家戰略，推動中國新能源汽車產業高質量可持續發展下表是2016年至2020年新能源汽車年銷量（單位：十萬輛）情況：年份20

5、162017201820192020年份編號12345年銷量57121214(1)試建立年銷量關于年份編號的線性回歸方程；(2)根據（1）中的線性回歸方程預測2023年新能源汽車的年銷量參考公式：，19已知數列是等差數列，是等比數列，且，(1)求數列、的通項公式；(2)設，數列的前項和為，若不等式對任意的恒成立，求實數的取值范圍20設函數，其中.（）討論函數極值點的個數，并說明理由；（）若成立，求的取值范圍.21已知橢圓E：的離心率為，為其左、右焦點，左、右頂點分別為A，B，過且斜率為k的直線l交橢圓E于M，N兩點（異于A，B兩點），且的周長為8(1)求橢圓C的方程；(2)若P為橢圓上一點，O

6、為坐標原點，求的取值范圍（二）選考題：共10分請考生在第22、23題中任選一題作答，如果多做，則按所做的第一題計分22選修44：坐標系與參數方程（10分）在平面直角坐標系中，以原點為極點，軸的正半軸為極軸，以相同的長度單位建立極坐標系，已知直線的極坐標方程為，曲線的極坐標方程為(1)設為參數，若，求直線的參數方程；(2)已知直線與曲線交于，設，且，求實數的值23選修45：不等式選講（10分）設函數(1)畫出的圖象；(2)若，求的最小值PAGE 答案第 = 1頁，共 = sectionpages 2 2頁PAGE 17頁參考答案：1B【解析】【分析】采用列舉法列舉出中元素的即可.【詳解】由題意，

7、故中元素的個數為3.故選：B【點晴】本題主要考查集合的交集運算，考查學生對交集定義的理解，是一道容易題.2D【解析】【分析】全稱命題的否定：將任意改為存在并否定原結論，即可知答案.【詳解】由全稱命題的否定為特稱命題，所以為.故選：D3A【解析】【分析】本題先計算，再根據模的概念求出【詳解】由已知，所以，故選A【點睛】本題主要考查平面向量模長的計算，容易題，注重了基礎知識、基本計算能力的考查由于對平面向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4D【解析】【分析】根據回歸方程的性質，相關系數的性質和殘差的性質判斷三個命題，由此確定正確命題的個數.【詳解】由回歸方程的

8、性質可得，回歸直線恒過樣本點的中心，對，由相關系數的性質可得，兩個變量線性相關性越強，則相關系數就越接近于1，對，根據殘差的定義可得，兩個模型中殘差平方和越小的模型擬合的效果越好，對，故正確命題的個數為3，故選：D.5B【解析】【分析】由條件計算點P坐標，判斷象限，計算角的正切值，根據范圍得出角的值.【詳解】因為，所以是第二象限角，且，又，所以故選：B6D【解析】【分析】根據拋物線的標準方程進行求解即可.【詳解】由，焦點到準線的距離是，故選：D.7A【解析】【分析】由題意首先確定函數的奇偶性，然后考查函數在特殊點的函數值排除錯誤選項即可確定函數的圖象.【詳解】由函數的解析式可得：，則函數為奇函

9、數，其圖象關于坐標原點對稱，選項CD錯誤；當時，選項B錯誤.故選：A.【點睛】函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象利用上述方法排除、篩選選項8D【解析】【分析】根據題意，模擬程序框圖的運行過程，即可得出正確答案【詳解】由于首個計算數據為，所以執行框應為，第一次執行時，；第二次執行時，；第三次執行時， ，；第四次執行時，故判斷框應為故選：D9D【解析】【分析】利用柱體體積公式求體積.【詳解】不妨設弧AD所在圓的

10、半徑為R，弧BC所在圓的半徑為r，由弧AD長度為弧BC長度的3倍可知，所以，.故該曲池的體積.故選：D.10D【解析】【分析】根據概率和為，求得參數，再求，則問題得解.【詳解】因為，解得.故.故選：【點睛】本題考查根據分布列求參數值，屬基礎題.11C【解析】【分析】先求出，再由，結合三角形面積公式與三角恒等變換轉化為三角函數的最值即可【詳解】設，在中，由，所以為等邊三角形，當時，草坪的面積最大，此時，故選：C12C【解析】【分析】畫出函數圖象即可判斷，令解方程即可判斷，將零點問題轉化成函數圖象交點的問題，利用數形結合即可判斷和.【詳解】當時，函數圖象如下圖所示，由此可知該函數只有一個零點，故不

11、正確；當時，則函數的零點為和，函數有兩個不同零點，由函數的圖象可知，解得，當時，則函數的零點為和，此情況不存在有兩不同零點，則函數有兩不同零點時的取值范圍是，設對應的兩個零點為，即或，解得，則，所以它們互為倒數，故正確；當時，函數解析式為，令，解得，令，解得或，由此可知函數有三個零點，故不正確；當時，則函數的零點為和，函數有四個不同零點，由函數的圖象可知，解得，當時，則函數的零點為和，此情況不存在有兩不同零點；設對應的兩個零點為，即或，解得，當時，整理得，當時，則該方程存在兩個不等的實數根和，由韋達定理得，所以，則故正確；故選：.138【解析】【分析】作出不等式組對應的平面區域，利用的幾何意義

12、，即可得到結論【詳解】解：作出，滿足約束條件的對應的平面區域如圖：由得，平移直線，由圖象可知當直線經過點A時，直線的縱截距最小，此時最小，由解得，此時，故答案為：8141【解析】【詳解】由題意知：=，即，因為，所以的最大值為1.考點：本小題主要考查兩角和與差的三角函數、三角函數的最值的求解，熟練公式是解答好本類題目的關鍵.159【解析】【分析】根據已知條件求出的值，再利用雙曲線的定義可求得.【詳解】由雙曲線C的方程可得其漸近線方程為，由已知可得，所以，所以，由雙曲線定義可知，則或，又因為，故，故答案為：9.16【解析】【分析】正方體的內切球半徑為3，正四面體可以在正方體內任意轉動，只需該正四面

13、體為球的內接正四面體，進而求解.【詳解】由題意得，該正四面體在棱長為6的正方體的內切球內，故該四面體內接于球時棱長最大，因為棱長為6的正方體的內切球半徑為如圖，設正四面體，O為底面的中心，連接，則底面，則可知，正四面體的高，利用勾股定理可知，解得：故答案為：17(1)證明見解析(2)【解析】【分析】（1）根據線面垂直的判定定理，結合面面垂直的判定定理進行證明即可；（2）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式，結合線面角定義進行求解即可.(1)，又，面，面，平面ABCD,平面平面(2)平面平面，交AD于點F，平面，平面平面，平面，以為原點，的方向分別為軸，軸的正方向建立空間直角坐標系，則，設平

14、面的法向量為，則，求得法向量為，由，所以直線與平面所成角的正弦值為.18(1)(2)萬輛【解析】【分析】（1）先根據已知數據求出，再利用公式可求得結果，（2）將代入回歸方程中求解即可(1)，所以，所以年銷量關于年份編號的線性回歸方程(2)當時，所以2023年新能源汽車的年銷量約為萬輛19(1)，；(2).【解析】【分析】（1）利用等差數列，等比數列代入計算；（2）利用錯位相減法可得，令，由為遞增數列，結合恒成立思想可得答案(1)解：因為數列是等比數列，則可得，解得，所以因為數列是等差數列，且，則公差，所以故，；(2)解：由（1）得：，數列的前n項和為所以由-得：，所以不等式恒成立，化為不等式恒

15、成立，令且為遞增數列，即轉化為當時，所以綜上可得：實數的取值范圍是20（）見解析（）的取值范圍是.【解析】【詳解】試題分析：（）先求，令通過對 的取值的討論，結合二次函數的知識，由導數的符號得到函數 的單調區間；（）根據（1）的結果這一特殊性，通過對參數的討論確定的取值范圍.試題解析：函數的定義域為令，（1）當 時， ， 在上恒成立所以，函數在上單調遞增無極值；（2）當 時， 當時， ，所以，函數在上單調遞增無極值；當 時，設方程的兩根為因為所以，由可得：所以，當時， ，函數單調遞增；當時， ，函數單調遞減；當時， ，函數單調遞增；因此函數有兩個極值點（3）當 時，由可得：當時， ，函數單調遞

16、增；當時， ，函數單調遞減；因此函數有一個極值點綜上：當 時，函數在上有唯一極值點；當時，函數在上無極值點；當時，函數在上有兩個極值點；（）由（）知，（1）當時，函數在上單調遞增，因為所以，時， ，符合題意；（2）當 時，由 ，得所以，函數在上單調遞增，又，所以，時， ，符合題意；（3）當 時，由 ，可得所以 時，函數 單調遞減；又所以，當時， 不符合題意；（4）當時，設因為時，所以 在 上單調遞增，因此當時，即：可得：當 時，此時， 不合題意.綜上所述，的取值范圍是考點：1、導數在研究函數性質中的應用；2、分類討論的思想.21(1)；(2).【解析】【分析】（1）根據離心率以及焦點三角形的邊

17、長幾何特征，聯立方程求，進而求出橢圓的標準方程；（2）設出直線的方程，利用弦長公式求出，再利用兩直線垂直斜率乘積為，得出直線，求出，進而得到的函數表達式，求其取值范圍即可.(1)依題意知，即，又的周長為8，即， 因此橢圓的方程為(2)當時，點為點，不符合題意，舍去；設直線l的方程為，且， 聯立，消去y可得，則，所以設直線OP的方程為，聯立 解得或不妨設，所以故，令，則，令，開口向上，對稱軸在上單調遞增，【點睛】關鍵點睛：（1）焦點三角形的周長為，本題三角形周長可轉化成除去邊的兩個焦點三角形的其余邊長之和；（2）設出直線的方程時應注意；（3）韋達定理與弦長公式要熟練掌握；（4）兩直線垂直斜率乘積為，幾何關系應牢記；（5）表示出后，換元法求函數值域是常用方法，應注意新元的取值范圍；22(1)直線的參數方程為（為參數）(2)或.【解析】【分析】（1）極坐標方程與直角坐標方程的關系將直線的極坐標方程化為直角坐標方程，進而由條件求得直線的參數方程；（2）根據極坐標與直角坐標的互化求得曲線的直角坐標方程，將直線的參數方程與的直角坐標方程聯立，結合參數的幾何意義化簡條件，即可求解.(1)直線的極坐標方程為，所以又，所以，因為為參數，若，代入上式得，所