2021石嘴山三中高三四模数学（理）试题

这是一份2021石嘴山三中高三四模数学（理）试题，文件包含精品解析宁夏石嘴山市第三中学2021届高三四模数学理试题解析版doc、宁夏石嘴山市第三中学2021届高三四模数学理试题原卷版doc等2份试卷配套教学资源，其中试卷共32页， 欢迎下载使用。

石嘴山三中2021届高三年级第四次模拟考试
理科数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、座位号填写在答题卡上．
2．作答时，请将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第I卷（选择题）
一、选择题（本大题共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．请把正确选项涂在答题卡的相应位置上．）
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合并集的概念及运算，即可求解.
【详解】由题意，集合，，
根据集合并集的概念及运算，可得.
故选：D.
2. 设，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】通过中间值0和1与进行比较，然后可得的大小关系.
【详解】因为，所以；
因为，所以；
因为，所以.
故选：B.
3. 2021年3月12日是全国第43个植树节，为提高大家爱劳动的意识，某中学组织开展植树活动，并收集了高三年级1~11班植树量的数据(单位：棵)，绘制了下面的折线图.根据折线图，下列结论不正确的是（ ）

A. 各班植树的棵数不是逐班增加的
B. 4班植树的棵数低于11个班的平均值
C. 各班植树棵数的中位数为6班对应的植树棵数
D. 1至5班植树的棵数相对于6至11班，波动更小，变化比较平稳
【答案】C
【解析】
【分析】从图中直接观察可以判定AD正确，结合平均数的定义，将比4班多的里面取出部分补到比4班少的班中，可以使得4班的植树量最少，从而判定B正确；结合中位数的定义可以判定C错误.
【详解】从图可知，2班的植树量少于1班，8班的植树量少于7班，故A正确；
4班的指数棵数为10，11个班中只有2、3、8班三个的植树棵数少于10，且大于5棵，其余7个班的植树棵数都超过10棵，且有6、7、9、10、11班五个班的植树棵数都不少于15棵，将这五个班中的植树棵数各取出5棵，加到2、3、8班中取，除4班外，其余各班的植树棵数都超过了4班，所以4班植树的棵数低于11个班的平均值，故B正确；
比6班植树多的只有9、10、11三个班，其余七个班都比6班少，故6班所对应的植树棵数不是中位数，故C是错误的；
1到5班的植树棵数的极差在10以内，6到11班的植树棵数的极差超过了15，另外从图明显看出，1至5班植树的棵数相对于6至11班，波动更小，变化比较平稳，故D正确；
综上，不正确的只有C，
故选：C.
【点睛】本题考查频数折线图的意义，涉及平均数，中位数，波动大小的判定，难点是平均数的估算，这里采用取长补短法进行估算，可以避免数字的计算.
4. 我国古代的天文学和数学著作《周髀算经》中记载：一年有二十四个节气，每个节气晷（guǐ）长损益相同（晷是按照日影测定时刻的仪器，晷长即为所测量影子的长度）．二十四节气及晷长变化如图所示，相邻两个节气晷长的变化量相同，周而复始．若冬至晷长一丈三尺五寸，夏至晷长一尺五寸（一丈等于十尺，一尺等于十寸），则夏至之后第三个节气（立秋）晷长是（ ）

A. 三尺 B. 三尺五寸 C. 四尺 D. 四尺五寸
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意，结合等差数列的通项公式进行求解即可.
【详解】根据题意从冬至到夏至可知：晷长为等差数列，公差为，
由题意可知：，，
所以有，
因为相邻两个节气晷长的变化量相同，
所以当夏至之后第三个节气（立秋）晷长是，
故选：D
5. 如图，为正方体，下面结论错误的是（　　）

A. 平面
B
C. 平面
D. 异面直线与所成的角为
【答案】D
【解析】
【详解】在正方体中与 平行，因此有与平面 平行，A正确；在平面 内的射影垂直于，因此有，B正确；与B同理有与 垂直，从而 平面 ，C正确；由知与所成角为45°，D错．故选D．
6. 双曲线的一个焦点到其渐近线的距离为，则双曲线的离心率为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为双曲线的一个焦点到其渐近线的距离为，即，即，即该双曲线的离心率为；故选C.
点睛：本题考查双曲线的标准方程和几何性质；在由双曲线方程写其渐近线方程时，往往先判定该双曲线的焦点所在坐标轴，是哪种标准方程，比较麻烦；可记住一些结论，如：双曲线的渐近线方程为，以直线为渐近线的双曲线方程可设为.
7. 已知，，向量，，若，则的最小值为（ ）
A. 9 B. 8 C. D. 5
【答案】B
【解析】
【分析】由向量垂直的坐标表示求得满足的关系，然后由基本不等式求得最小值．
【详解】由题意，即，
又，
所以，当且仅当，即时等号成立．
所以的最小值为8．
故选：B．
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方
8. 函数的图象可能是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】化简函数式，分析函数定义域和奇偶性可排除两个选项，再取特殊值排除一个即可得解.
【详解】函数定义域这，
，即f(x)是偶函数，由上述两方面可排除选项C，D，
而，排除选项B，只有选项A符合要求.
故选：A.
【点睛】思路点睛：函数图象辨识可从以下方面入手：(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.
9. 已知等比数列中，，若恒成立，则实数的最大值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由条件求得等比数列通项，将恒成立不等式移项，利用单调性来判断最值情况，从而求得参数最大值.
【详解】因为，所以，
又，所以，解得，所以，
所以恒成立等价于恒成立，
令，则，
当时，；当时，；
当时，，
所以，
所以，所以，即实数的最大值为，
故选：A．
【点睛】关键点点睛：求得等比数列通项公式，作差法求得bn=2n-8n的单调性，从而求解参数最值.
10. 抛物线的焦点为，过且斜率为的直线交抛物线于、两点，分别以、为直径作⊙、⊙，不过点的⊙、⊙的两条公切线交于点，两公切线分别切⊙于、，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析出轴为⊙、⊙的一条公切线，由圆的几何性质结合可得出，可得出直线的倾斜角，进而可求得直线的斜率.
【详解】因为为的中点，由抛物线的定义可知：，故⊙与轴相切，
同理，⊙与轴相切，故轴是⊙、⊙的一条公切线，
由圆的几何性质可知直线与轴交点为，不妨设圆与轴相切于，
则由直线的倾斜角为或，所以．

故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题考查利用两圆的公切线求直线的斜率，本题中，分析出轴为两圆的一条公切线，并借助圆的几何性质求出直线的倾斜角是解题的关键，在求解解析几何的相关问题时，利用圆的几何性质对一些图形的几何特征进行分析，可以达到简化计算的目的.
11. 设函数，若对于任意实数，在区间上至少有2个零点，至多有3个零点，则的取值范围是（　　）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】，只需要研究的根的情况，借助于和的图像，根据交点情况，列不等式组，解出的取值范围.
【详解】令，则
令，则
则问题转化为在区间上至少有两个，至少有三个t，使得，求的取值范围.
作出和的图像，观察交点个数，

可知使得的最短区间长度为2π，最长长度为，
由题意列不等式的：

解得：.
故选：B
【点睛】研究y=Asin(ωx+φ)+B的性质通常用换元法（令），转化为研究的图像和性质较为方便.
12. 已知函数，若，使成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】当时，求得函数的值域为，当时，求得，当时，利用导数求得函数的单调性，可得，根据题意，转化为值域包含的值域，得出不等式，求得；②当时，求得的值域为，满足题意，进而求得实数的取值范围.
【详解】当时，函数，所以函数的值域为，
当时，函数，可得，
①当时，令，解得，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
所以，
因为对，使成立，转化为值域包含的值域，
所以，即，解得，所以；
②当时，令，解得，
当时，，单调递增，此时值域为，
满足对，使成立，
综上所述，实数的取值范围为.
故选：A.
【点睛】对于利用导数研究不等式的恒成立问题的求解策略：
1、通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围；
2、利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题．
3、根据恒成求解参数的取值时，一般涉及分类参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，通常要设出导数的零点，难度较大.
二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）
13. 设复数，满足，，则=__________.
【答案】
【解析】
【分析】方法一：令，，根据复数的相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.
方法二：设复数所对应的点为,, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算.
【详解】方法一：设，，
，
，又，所以，，



.
故答案为：.
方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,
由已知,
∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，

∴.

【点睛】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.
方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解
14. 2020年是全面建成小康社会的目标实现之年，也是全面打赢脱贫攻坚战的收官之年．为更好地将“精准扶贫”落到实处，某地安排7名干部（3男4女到三个贫困村调研走访，每个村安排男、女干部各1名，剩下1名干部负责统筹协调，则不同的安排方案有_______种（用具体数字回答）．
【答案】144
【解析】
【分析】先安排男干部，再安排女干部，由排列组合以及分步乘法计数原理得出答案.
【详解】∵每个村男､女干部各1名，∴可先安排男干部，共种，再安排女干部，共有种，∴共有种不同的安排方案
故答案为：144.
【点睛】关键点睛：在从4名女干部中选3人到三个贫困村调研走访时，关键是按照先选后排的方法进行处理.
15. 如图为一个几何体的三视图，则该几何体的外接球的表面积为____________．

【答案】
【解析】
【分析】
将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，则该几何体的外接球的直径为正方体的直径，通过计算即可得球的表面积.
【详解】将三视图还原为几何体为内接于正方体的直四棱锥，如图所示，

所以该几何体的外接球的直径为正方体的直径，故半径为，
所以其表面积为.
故答案为：
16. 如图甲是第七届国际数学教育大会（ICME-7）的会徽.它的主题图案是由一连串如图乙所示的直角三角形演化而成的.设其中的第一个直角三角形是等腰三角形，且，它可以形成近似的等角螺线，记、、、、的长度组成数列，且则____________，数列的前项和为____________.


【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
根据勾股定理可得出，可得出为等差数列，求出的通项公式，可求得，利用裂项相消法可求得数列的前项和.
【详解】是以为直角的直角三角形，由勾股定理可得，
所以，数列为等差数列，且首项为，公差为，
，，所以，.
则，
因此，数列的前项和为.
故答案为：；.
【点睛】方法点睛：数列求和的常用方法：
（1）对于等差等比数列，利用公式法直接求和；
（2）对于型数列，其中是等差数列，是等比数列，利用错位相减法求和；
（3）对于型数列，利用分组求和法；
（4）对于型数列，其中是公差为的等差数列，利用裂项相消法求和.
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. 三角形中，角，，所对的边分别为，，，且.

（1）求角的大小；
（2）若为的中点，且，求的最大值
【答案】（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）根据正弦定理，由题中条件，得到，进而可求出结果；
（2）根据题中条件，得到，求得，根据余弦定理，以及基本不等式，求出，进而可求出三角形面积的最大值.
【详解】（1）由，根据正弦定理可得，
因为角，为三角形内角，所以，
∴，∴，∴，
（2）因为为的中点，且，
所以，
则，即，
又由余弦定理可得，
则，所以，
当且仅当时，等号成立，
∴，
∴，
即的最大值的.
【点睛】方法点睛：
求解三角形中有关边长、角、面积的最值（范围）问题时，常利用正弦定理、余弦定理与三角形面积公式，建立，，之间的等量关系与不等关系，然后利用函数或基本不等式求解.
18. 如图，四边形是矩形，平面平面，为中点，，，．

（1）证明：平面平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）．
【解析】
【分析】(1)利用面面垂直的性质，证得平面，进而可得，平面即可得证；
(2)在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，以A为原点建立空间直角坐标系，借助空间向量而得解.
【详解】（1）因为，为中点，所以，因为是矩形，所以，
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面，因为平面，所以，
又，平面，，所以平面，
又平面，所以平面平面；
（2）在平面ABC内过点A作Ax⊥AB，由（1）知，平面，
故以点A为坐标原点，分别以，，的方向为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系，如图：

则，，，，，则，
所以，，，，
由（1）知，为平面的一个法向量，设平面的法向量为，
则，即，令，则，，所以，
所以，
因为二面角为锐角，则二面角的余弦值为.
【点睛】思路点睛：二面角大小求解时要注意结合实际图形判断所求角是锐角还是钝角．
19. 雅言传承文明，经典滋润人生，中国的经典诗文是中华民族精神文明的重要组成部分，近年来某市教育局积极推广经典诗文诵读活动，致力于营造“诵读国学经典，积淀文化底蕴”的书香校园，引导广大学生熟悉诗词歌赋，亲近中华经典，感悟中华传统文化的深厚魅力，丰厚学生的人文积淀，该市教育局为调查活动开展的效果，对全市参加过经典诗文诵读活动的学生进行了测试，并从中抽取了1000份试卷，根据这1000份试卷的成绩(单位：分，满分100分)得到如下频数分布表.
成绩/分







频数
40
90
200
400
150
80
40
（1）求这1000份试卷成绩的平均数(同一组中的数据用该组区间的中点值为代表).
（2）假设此次测试的成绩服从正态分布，其中近似为样本平均数，近似为样本方差，已知的近似值为6.61，以样本估计总体，假设有84.14%的学生的测试成绩高于市教育局预期的平均成绩，则市教育局预期的平均成绩大约为多少(结果保留一位小数)？
（3）该市教育局准备从成绩在内的120份试卷中用分层抽样的方法抽取6份，再从这6份试卷中随机抽取3份进行进一步分析，记为抽取的3份试卷中测试成绩在内的份数，求的分布列和数学期望.
参考数据：若，则，，.
【答案】（1）；（2）75.5分；（3）分布列答案见解析，数学期望：.
【解析】
【分析】（1）利用平均数的计算公式即可求解；
（2）利用正态分布的概率分布即可求解；
（3）先利用分层抽样的方法求出抽取的6份试卷中成绩在和内的份数，然后求出的所有可能取值及每个取值对应的概率，最后写出的分布列及数学期望.
【详解】解：（1）由频数分布表
.
（2）由题意得，
且，
又，
故市教育局预期的平均成绩大约为75.5分.
（3）利用分层抽样的方法抽取的6份试卷中成绩在内的有4份，成绩在内的有2份，
故的所有可能取值为0，1，2，
且，，，
所以得分布列为

0
1
2




数学期望.
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列的步骤：（1）理解的意义，写出的所有可能取值；（2）求取每个值的概率；（3）写出的分布列；（4）根据分布列的性质对结果进行检验.
20. 椭圆：的左右焦点分别为、，且椭圆过点．
（1）求椭圆的标准方程；
（2）过原点作两条相互垂直的直线、，与椭圆交于，两点，与椭圆交于，两点，求证：四边形的内切圆半径为定值．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）先利用椭圆的定义求得a，再根据椭圆的左右焦点为、得到c即可.
（2）当的斜率为时，四边形为正方形，求得即为内切圆半径；当的斜率不等于时，设，，直线的方程为，代入椭圆方程，根据，即，结合韦达定理求得k，t的关系，再由原点到直线的距离求解.
【详解】（1）因为椭圆的左右焦点分别为、，且椭圆过点，
所以，
所以，
又，得，
所以椭圆的标准方程为：．
（2）如图所示：

当的斜率为时，四边形为正方形，
与联立，解得，
因为NQ垂直于x轴，所以，
当的斜率不等于时，设，，直线的方程为：，
代入椭圆方程并整理得：，
，即，
由韦达定理得：，，
因为，
所以，
即 ，即 ，
所以，
整理得（*），适合成立
所以，
综上得：．
【点睛】关键点点睛：本题第二问的关键是设直线NQ的方程，将内切圆半径转化为原点到直线NQ的距离求解.
21. 已知定义在上的函数．
（1）若为定义域上的增函数，求实数的取值范围；
（2）若，，，为的极小值，求证：．
【答案】（1）；（2）证明见解析．
【解析】
【分析】（1）由单调性可知在上恒成立，分离变量可得；利用导数可求得的最大值，由此可得的范围；
（2）利用导数，结合零点存在定理可确定，在上单调递减，在上单调递增；构造函数，利用导数可求得单调性，得到，从而得到，根据自变量的范围，结合在上的单调性可证得结论.
【详解】（1）由得：．
为上的增函数，在上恒成立，
即，
令，则，
在上单调递减，，即，
，即实数取值范围为.
（2）当时，，则，
，在上单调递增，
又，，
，使得，且当时，；当时，；
在上单调递减，在上单调递增，则为的极小值.
设，，，，
设，
，．
，，又，，
上单调递增，
，
，在上单调递增，
，

，，，
又在上单调递减，，即.
【点睛】方法点睛：处理极值点偏移问题中的类似于（为的两根）的问题的基本步骤如下：
①求导确定的单调性，得到的范围；
②构造函数，求导后可得恒正或恒负；
③得到与的大小关系后，将置换为；
④根据与所处的范围，结合的单调性，可得到与的大小关系，由此证得结论.

（二）选考题：共10分．请考生在第22、23题中任选一题作答．并用2B铅笔将所选题号涂黑，多涂、错涂、漏涂均不给分．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，曲线的参数方程为(为参数)，曲线的参数方程为(为参数)，以坐标原点为极点，x轴的正半轴为极轴建立极坐标系.
（1）求曲线的极坐标方程；
（2）已知射线分别交曲线，于两点，若是线段的中点，求的值.
【答案】（1）的极坐标方程为，的极坐标方程为；（2）.
【解析】
【分析】（1）先将曲线化为普通方程，然后再化为极坐标方程，曲线直接利用公式化为极坐标方程即可；
（2）根据极径的几何意义，建立极径之间的关系，再通过三角恒等变换求解即可.
【详解】（1）因为曲线的普通方程为，
所以曲线的极坐标方程为(写成也给分).
因为曲线的普通方程为，即，
所以曲线的极坐标方程为，即.
（2）设，，则，，
因为是线段的中点，所以，
即，整理得，所以，
因为，所以，所以，所以.
[选修4-5：不等式选讲]
23. 已知函数.
（Ⅰ）当时，解不等式；
（Ⅱ）若有最小值，且关于的方程有两个不相等的实数根，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）
【解析】
【分析】（Ⅰ）分段讨论去绝对值可解出不等式；
（Ⅱ）先化简去绝对值得出，可得时有最小值为，求出的最值即可列式求出.
【详解】（Ⅰ）当时，，
当时，恒成立，；
当时，，解得，；
当时，不成立，此时无解，
综上，的解集为；
（Ⅱ）可得，
若，即时，无最小值，不符合题意，
若，即时，有最小值为，
令，在处取得最大值为，
由题可得与有两交点，，解得，
综上，.
【点睛】关键点睛：本题考查绝对值不等式的求解，解题的关键是分段讨论去绝对值求解.