宁夏回族自治区石嘴山市第三中学2024届高三第四次模拟考试文科数学试题

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二、填空题 13. 14. 15. 204 16.
答案详解
6．C【详解】对于A中，因为截面是正方形，可得，
因为平面，平面，所以平面，所以A正确；
对于B中，由，且平面，所以平面，
又由平面，且平面平面，所以，
因为平面，且平面，所以截面，所以B正确；
对于C中，只有当分别为各边的中点时，
可得，才能得到，所以C错误；
因为，所以是异面直线与所成的角，
由是正方形，所以，所以D正确.故选：C.
7．A【详解】由题意得，函数，且的图象所过定点为，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立.故选：A
8．D【详解】对于A：，所以，A错误；
对于B：方向上的单位向量为，B错误；
对于D：，所以，D正确.故选：D.
9．B【详解】空间站运行周期的平方与其圆轨道半径的立方成正比，设，
当空间站运行周期增加1倍时，设此时半径为，则，
两式相比得：，即，
故，故圆轨道半径增加的倍数大约是.故选：B.
10.B【详解】将函数的图象向右平移个单位长度，得的图象， 由，得，又在上有2个零点，所以，
解得，即实数的取值范围为.故选：B
11．D【详解】因为是奇函数，所以，故，，又因为是偶函数，则， ，
所以，，所以，即函数的周期为8，由可得，由可得，
对于①，，正确；对于②，，正确；
对于③，，正确；对于④，，正确；故选：D.
12．A【详解】由题意可知：圆的圆心为点，半径为，，
设椭圆的右焦点为，连接，
因为，可知点为的中点，且点为的中点，则∥，，由椭圆定义可知：，
因为为切点，可知，则，
可得，即，解得，即，
所以椭圆的离心率.故选：A.
15．204【详解】设米，因为在点B处测得点A的仰角为，所以，所以.
因为在点C处测得点A的仰角为45°，所以米.由余弦定理，可得，即，解得.
16． 【详解】设，因为，所以，
设的内切圆的半径为，则，
即，解得，因为三棱柱有内切球，
所以，因为，，
所以直三棱柱的外接球的直径就是以为棱的长方体的对角线，其长为，所以三棱锥的内切球的表面积为，三棱锥的外接球的表面积为，所以三棱柱的内切球与外接球的表面积之比为.故答案为：.
17．【答案】(1)模型②
(2)（i）；（ⅱ）预测12月份的销售量大约是13.9万件
【详解】（1）由散点图可知增加幅度不一致，且散点图接近于曲线，非线性，
结合图象故选模型②.
（2）（i）令，则，可得，，
则，，
所以关于的回归方程为，即关于的回归方程；
（ⅱ）令，可得，预测12月份的销售量大约是13.9万件.
18.解析：（1）在△BCD中，由余弦定理得BD2＝22＋12－2×1×2cs 60°＝3，
所以BC2＝BD2＋DC2，所以△BCD为直角三角形，BD⊥CD.
因为AC⊥平面BCD，所以AC⊥BD.
而AC∩CD＝C，所以BD⊥平面分
（2）如图，取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，则平 面DFM即所求．
理由如下：因为DE∥AC，DE＝AF，所以四边形AEDF为平行四边形，所以DF∥AE，从而DF∥平面ABE，易证FM∥平面ABE.
因为FM∩DF＝F，所以平面DFM∥平面ABE.
由（1）可知，BD⊥平面ACDE，FC⊥平面CDM.
V四棱锥B－ACDE＝ eq \f(1,3) × eq \f(（2＋4）×1,2) × eq \r(3) ＝ eq \r(3) ，
V三棱锥F－CDM＝ eq \f(1,3) ×（ eq \f(1,2) ×1×1×sin 60°）×2＝ eq \f(\r(3),6) ，
所以所求几何体的体积V＝ eq \r(3) － eq \f(\r(3),6) ＝ eq \f(5\r(3),6) 分
19．【详解】（1）解：当时，，解得，
当时，由，可得，
两式相减得，所以，即，
又因为，所以是首项为，公比为2的等比数列，
所以，所以数列的通项公式为.
（2）解：由（1）知，，
所以数列的前项和为，
可得，
所以，
所以.
20．【答案】(1) (2)证明见解析
（2）解法一：设l方程，联立抛物线方程，设，，，，利用韦达定理表示，进而对化简计算求出G，即可证明.
解法二：设l方程，联立抛物线方程得，则，是该方程的两根，从而，即可求解.
【详解】（1）解法一 设，，则．
由点在轴上，得，则，，
因为，若，则，点，重合，不合题意；
若，则，即．
所以曲线的方程是．
解法二 在射线上另取一点，使，连接，
又，所以点在直线上，
易知≌，所以垂直于直线，
连接，则，显然点不能在轴上，即，
故由抛物线的定义知，曲线的方程是．
（2）解法一 设，与联立，消去，
得，则，得，
设，，则，，
设直线，的方程分别为，，，，
则
，
所以点的纵坐标为，故点的坐标为，
显然点的坐标满足方程，故点在曲线上.
解法二 设，因为直线过点，所以，
由，得．
设，，直线，的方程分别为，，，，
则，是上面关于的方程的两根，
即直线，的斜率，是关于的方程的两根，
所以，从而，
所以点的纵坐标为，故点的坐标为，
显然点的坐标满足方程，故点在曲线上．
21．【答案】（1）；.【详解】（2）由题意，∵有两个极值点，∴为方程的两个不相等的实数根，由韦达定理得，， ∵，∴，又，解得，∴
，设（），则，∴在上为减函数，
又，，∴，
即的取值范围为.
22.【答案】(1) (2)3
【详解】（1）由曲线的参数方程为(为参数)，
消去参数，可得普通方程为,即，
将代入可得曲线的极坐标方程为，
设点的极坐标为，点的极坐标为，
因为，又，,所以，
所以，所以曲线的极坐标方程为;
（2）由题意，，由图可得
，当时，可得的最小值为.
23．【答案】(1)2 (2)
【详解】（1）解法一 因为，，且，所以，，
所以，当时，取得最小值2．
解法二 由柯西不等式得，所以，当且仅当，即，时取等号，故的最小值为2．
（2）解法一 ，
当且仅当时等号成立，故不等式恒成立，
即，由基本不等式得，
当且仅当，时等号成立，所以，所以，解得或，
故实数c的取值范围是．
解法二 ，
当且仅当时等号成立，故不等式恒成立，
即，由柯西不等式得，即，
当且仅当，时取等号，所以，解得或，
故实数c的取值范围是．