银川一中2022届高三年级第四次模拟考试数学（理科）本试卷满分150分，考试时间120分钟一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分.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，，则A∩B中元素的个数为（）A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】【分析】采用列举法列举出中元素的即可.【详解】由题意，，故中元素的个数为3.故选：B【点晴】本题主要考查集合的交集运算，考查学生对交集定义的理解，是一道容易题.2.已知命题，则为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】全称命题的否定：将任意改为存在并否定原结论，即可知答案.【详解】由全称命题的否定为特称命题，所以为.故选：D3.已知向量，则A.B.2C.5D.50【答案】A\n【解析】【分析】本题先计算，再根据模的概念求出．【详解】由已知，，所以，故选A【点睛】本题主要考查平面向量模长的计算，容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查．由于对平面向量的坐标运算存在理解错误，从而导致计算有误；也有可能在计算模的过程中出错．4.已知下列命题：①回归直线恒过样本点的中心;②两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近于1;③两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好．则正确命题个数是（）．A.0B.1C.2D.3【答案】D【解析】【分析】根据回归方程的性质，相关系数的性质和残差的性质判断三个命题，由此确定正确命题的个数.【详解】由回归方程的性质可得，回归直线恒过样本点的中心，①对，由相关系数的性质可得，两个变量线性相关性越强，则相关系数就越接近于1，②对，根据残差的定义可得，两个模型中残差平方和越小的模型拟合的效果越好，③对，故正确命题的个数为3，故选：D.5.已知点在角的终边上，且，则角的大小为（）A.B.C.D.\n【答案】B【解析】【分析】由条件计算点P坐标，判断象限，计算角的正切值，根据范围得出角的值.【详解】因为，所以是第二象限角，且，又，所以故选：B6.抛物线的焦点到准线的距离为（）A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【分析】根据抛物线的标准方程进行求解即可.【详解】由，焦点到准线的距离是，故选：D.7.函数图象大致为（）A.B.\nC.D.【答案】A【解析】【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．8.下图是计算的程序框图，则图中执行框与判断框中应分别填入（）\nA.，B.，C.，D.，【答案】D【解析】【分析】根据题意，模拟程序框图的运行过程，即可得出正确答案．【详解】由于首个计算数据为，所以执行框应为，第一次执行时，，；第二次执行时，，；第三次执行时，，；第四次执行时，，，故判断框应为故选：D9.中国古代数学的瑰宝《九章算术》中记载了一种称为“曲池”的几何体，该几何体是上､下底面均为扇环形的柱体（扇环是指圆环被扇形截得的部分）现有一个如图所示的曲池，垂直于底面，，底面扇环所对的圆心角为，弧长度是弧长度的3倍，，则该曲池的体积为（）\nA.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】利用柱体体积公式求体积.【详解】不妨设弧AD所在圆的半径为R，弧BC所在圆的半径为r，由弧AD长度为弧BC长度的3倍可知，，所以，.故该曲池的体积.故选：D.10.已知随机变量的概率分布为，其中是常数，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据概率和为，求得参数，再求，则问题得解.【详解】因为，解得.故.故选：\n【点睛】本题考查根据分布列求参数值，属基础题.11.某社区为了美化社区环境，欲建一块休闲草坪，其形状如图所示为四边形，，（单位：百米），，，且拟在、两点间修建一条笔直的小路（路的宽度忽略不计），则当草坪的面积最大时，（）A.百米B.百米C.百米D.百米【答案】C【解析】【分析】先求出，再由，结合三角形面积公式与三角恒等变换转化为三角函数的最值即可【详解】设，在中，，由，，所以为等边三角形，当时，草坪的面积最大，此时，\n故选：C12.已知函数，则下列关于函数的描述中，其中正确的是（）．①当时，函数没有零点；②当时，函数有两不同零点，它们互为倒数；③当时，函数有两个不同零点；④当时，函数有四个不同零点，且这四个零点之积为1．A.①②B.②③C.②④D.③④【答案】C【解析】【分析】画出函数图象即可判断①，令解方程即可判断③，将零点问题转化成函数图象交点的问题，利用数形结合即可判断②和④.【详解】当时，，函数图象如下图所示，由此可知该函数只有一个零点，故①不正确；当时，则函数的零点为和，∵函数有两个不同零点，\n∴由函数的图象可知，解得，当时，则函数的零点为和，此情况不存在有两不同零点，则函数有两不同零点时的取值范围是，设对应的两个零点为，，即或，解得，，则，所以它们互为倒数，故②正确；当时，函数解析式为，令，解得，令，解得或，由此可知函数有三个零点，故③不正确；当时，则函数的零点为和，∵函数有四个不同零点，∴由函数的图象可知，解得，当时，则函数的零点为和，此情况不存在有两不同零点；设对应的两个零点为，，，，即或，解得，，当时，整理得，当时，，\n则该方程存在两个不等的实数根和，由韦达定理得，所以，则故④正确；故选：.二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.已知，满足约束条件，则的最小值为_____________.【答案】8【解析】【分析】作出不等式组对应的平面区域，利用的几何意义，即可得到结论．【详解】解：作出，满足约束条件的对应的平面区域如图：由得，平移直线，由图象可知当直线经过点A时，直线的纵截距最小，此时最小，由解得，此时，故答案为：8．\n14.函数的最大值为_________.【答案】1【解析】【详解】由题意知：=====，即，因为，所以的最大值为1.考点：本小题主要考查两角和与差的三角函数、三角函数的最值的求解，熟练公式是解答好本类题目的关键.15.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，一条渐近线方程为，若点在双曲线上，且，则________.【答案】9【解析】【分析】根据已知条件求出的值，再利用双曲线的定义可求得.【详解】由双曲线C的方程可得其渐近线方程为，由已知可得，所以，，所以，由双曲线定义可知，则或，又因为，故，故答案为：9.16.棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是\n该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为______．【答案】【解析】【分析】正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解.【详解】由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大，因为棱长为6的正方体的内切球半径为如图，设正四面体，O为底面的中心，连接，则底面，则可知，正四面体的高，利用勾股定理可知，解得：故答案为：三、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.第17~21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分17.如图，四棱锥中，，且，\n（1）求证：平面平面；（2）若是等边三角形，底面是边长为3的正方形，是中点，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）根据线面垂直的判定定理，结合面面垂直的判定定理进行证明即可；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式，结合线面角定义进行求解即可.【小问1详解】∵，∴，，又，∴，∵，面，∴面，平面ABCD,平面平面【小问2详解】∵平面平面，交AD于点F，平面，平面平面，∴平面，以为原点，，的方向分别为轴，轴的正方向建立空间直角坐标系，则，，，，，，，，设平面的法向量为，则，求得法向量为，\n由，所以直线与平面所成角的正弦值为.18.在能源和环保的压力下，新能源汽车无疑将成为未来汽车的发展方向．2016年4月，为促进新能源汽车发展，实施差异化交通管理政策，公安部启用新能源汽车专用号牌．2020年11月，国务院办公厅印发《新能源汽车产业发展规划（2021—2035年）》，要求深入实施发展新能源汽车国家战略，推动中国新能源汽车产业高质量可持续发展．下表是2016年至2020年新能源汽车年销量（单位：十万辆）情况：年份20162017201820192020年份编号12345年销量57121214（1）试建立年销量关于年份编号的线性回归方程；（2）根据（1）中的线性回归方程预测2023年新能源汽车的年销量．参考公式：，．【答案】（1）（2）万辆【解析】\n【分析】（1）先根据已知数据求出，再利用公式可求得结果，（2）将代入回归方程中求解即可【小问1详解】，，，所以，，所以年销量关于年份编号的线性回归方程【小问2详解】当时，，所以2023年新能源汽车的年销量约为万辆19.已知数列是等差数列，是等比数列，且，，，．（1）求数列、的通项公式；（2）设，数列的前项和为，若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）利用等差数列，等比数列代入计算；\n（2）利用错位相减法可得，令，由为递增数列，结合恒成立思想可得答案．【小问1详解】解：因为数列是等比数列，则可得，解得，所以．因为数列是等差数列，且，，则公差，所以．故，；【小问2详解】解：由（1）得：，数列的前n项和为①所以②由①-②得：，所以．不等式恒成立，化为不等式恒成立，令且为递增数列，即转化为当时，，所以．综上可得：实数的取值范围是．20.设函数，其中.（Ⅰ）讨论函数极值点的个数，并说明理由；\n（Ⅱ）若成立，求的取值范围.【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）的取值范围是.【解析】【详解】试题分析：（Ⅰ）先求，令通过对的取值的讨论，结合二次函数的知识，由导数的符号得到函数的单调区间；（Ⅱ）根据（1）的结果这一特殊性，通过对参数的讨论确定的取值范围.试题解析：函数的定义域为令，（1）当时，，在上恒成立所以，函数在上单调递增无极值；（2）当时，①当时，，所以，，函数在上单调递增无极值；②当时，设方程的两根为因为所以，由可得：所以，当时，，函数单调递增；\n当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；因此函数有两个极值点．（3）当时，由可得：当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减；因此函数有一个极值点．综上：当时，函数在上有唯一极值点；当时，函数在上无极值点；当时，函数在上有两个极值点；（Ⅱ）由（Ⅰ）知，（1）当时，函数在上单调递增，因为所以，时，，符合题意；（2）当时，由，得所以，函数在上单调递增，又，所以，时，，符合题意；（3）当时，由，可得所以时，函数单调递减；又所以，当时，不符合题意；\n（4）当时，设因为时，所以在上单调递增，因此当时，即：可得：当时，此时，不合题意.综上所述，的取值范围是考点：1、导数在研究函数性质中的应用；2、分类讨论的思想.21.已知椭圆E：的离心率为，，为其左、右焦点，左、右顶点分别为A，B，过且斜率为k的直线l交椭圆E于M，N两点（异于A，B两点），且的周长为8．（1）求椭圆C的方程；（2）若P为椭圆上一点，O为坐标原点，，求的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）根据离心率以及焦点三角形的边长几何特征，联立方程求，进而求出椭圆的标准方程；（2）设出直线的方程，利用弦长公式求出，再利用两直线垂直斜率乘积为\n，得出直线，求出，进而得到的函数表达式，求其取值范围即可.【小问1详解】依题意知，即，又的周长为8，即，因此椭圆方程为．【小问2详解】当时，点为点，不符合题意，舍去；设直线l的方程为，且，，联立，消去y可得，则，，所以．设直线OP的方程为，联立解得或不妨设，所以．故，令，，\n则，令，，开口向上，对称轴在上单调递增，．【点睛】关键点睛：（1）焦点三角形的周长为，本题三角形周长可转化成除去边的两个焦点三角形的其余边长之和；（2）设出直线方程时应注意；（3）韦达定理与弦长公式要熟练掌握；（4）两直线垂直斜率乘积为，几何关系应牢记；（5）表示出后，换元法求函数值域是常用方法，应注意新元的取值范围；（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一道作答.如果多做，则按所做的第一题计分.【选修4—4：坐标系与参数方程】22.在平面直角坐标系中，以原点为极点，轴的正半轴为极轴，以相同的长度单位建立极坐标系，已知直线的极坐标方程为，曲线的极坐标方程为．（1）设为参数，若，求直线的参数方程；（2）已知直线与曲线交于，，设，且，求实数的值．\n【答案】（1）直线的参数方程为（为参数）（2）或.【解析】【分析】（1）极坐标方程与直角坐标方程的关系将直线的极坐标方程化为直角坐标方程，进而由条件求得直线的参数方程；（2）根据极坐标与直角坐标的互化求得曲线的直角坐标方程，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，结合参数的几何意义化简条件，即可求解.【小问1详解】直线的极坐标方程为，所以又，所以，因为为参数，若，代入上式得，所以直线的参数方程为（为参数）【小问2详解】由，得，由，代入，得，将直线的参数方程与的直角坐标方程联立，得.则，化简可得或且，，\n设点，分别对应参数，恰为上述方程的根.则，，，由题设得.则有，所以得或.【选修4—5：不等式选讲】23.设函数．（1）画出的图象；（2）若，求的最小值．【答案】（1）答案见解析（2）5【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，可得分段函数的解析式，进而作出函数的图象；（2）由不等式，可得，解得，再由绝对值的三角不等式，求得当且仅当，且时，成立，即可求解的最小值.小问1详解】（1）由题意，根据绝对值的定义，可得分段函数，所以的图象如图所示：\n【小问2详解】因为，所以，设，则由图象知已知，解得当时，函数的斜率为，要使恒成立，则且，即的最小值为.
