【文档说明】宁夏六盘山高级中学2022-2023学年高三年级第一次模拟考试理数答案.docx，共(11)页，1.103 MB，由小赞的店铺上传

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第一次模拟理科数学答案一、选择题：本题共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.1．已知集合1,0,1,2,032|2−−=−−=BxxZxA,则BA等于（）A．1,2−−B．2,1,0,1,2−−C．

0,1,2−−D．1,0【答案】B【分析】求出集合A，利用交集运算可求得结果.【详解】2230,1,3201AxZxxxZx=−−=−=Q，2,1,0,1,B=−−，2,1,0,1,2−−=B

A.2．设复数z满足()1i3iz−=+，则复数z的虚部是（）A．5−B．5C．102−D．102【答案】D【分析】根据复数模的计算以及复数的除法运算，求得复数z，即可得答案.【详解】复数z满足()1i3iz−=+,即()221i3110z−=+=，

所以1010(1i)1010i1i222z+===+−，故复数z的虚部是1023．已知平面向量()1,3a=，2b=r，且10ab−=，则()()2abab+−=（）A．1B．14C．17D．10【答案】C【分

析】根据向量的模长公式以及数量积的运算律即可求解.【详解】因为222210abaabb−=−+=，10a=，|𝑏⃗|=2所以1ab=rr，所以()()2222202117abababab+−=−−=−−=rrrrrrrr4．农历

是我国古代通行历法，被誉为“世界上最突出和最优秀的智慧结晶”．它以月相变化周期为依据，每一次月相朔望变化为一个月，即“朔望月”，约为29.5306天．由于历法精度的需要，农历设置“闰月”，即按照一定的规律每过若干年增加若干月份，来修正因为天数的不完美造

成的误差，以使平均历年与回归年相适应：设数列{}na满足111ab=，21211abb=+，3123111abbb=++，…，其中nb均为正整数：12b=，21b=，32b=，41b=，51b=，616b=，…，那么第n级修正是“平均一年闰na个月”．已知我国农

历为“19年共闰7个月”，则它是（）A．第6级修正B．第5级修正C．第4级修正D．第3级修正【答案】B【分析】根据题意依次求出123456,,,,,aaaaaa，再判断哪一个等于719即可.【详解】因为数列{}na满足111

ab=，21211abb=+，3123111abbb=++，…，其中nb均为正整数：12b=，21b=，32b=，41b=，51b=，616b=，…，所以11112ab==，2111321a==+，313182112a==++，41234114111121111121ab

bbb===++++++，512345117111921111121111abbbbb===++++++++，所以“19年共闰7个月”为第5级修正，5．设抛物线2:12Cxy=−的焦点为F，点P在C上，()0,9Q−，若PFQF=，则PQ=（）A．62B．52C

．26D．42【答案】A【分析】根据抛物线方程可得焦点坐标，进而得到6QFPF==，利用抛物线焦半径公式和抛物线方程可得P点坐标，利用两点间距离公式可求得结果.【详解】由抛物线方程得：()0,3F−，则6QF=，设()00,Pxy，036PFy=−=，解得：03y=−，2036x

=，()22009363662PQxy=++=+=.故选：A6．执行如图所示的程序框图，如果输入的正整数6n=，则输出的值是（）A．5B．7C．8D．13【答案】C【分析】根据循环框图的功能，一一循环验证即可.【详解】解：第一次循环

后；第二次循环后；第三次循环后；第四次循环后；此时6k，终止循环，输出C=8，故选：C7.．等比数列{}na满足2580aa+=，设数列1{}na的前n项和为nS，则52SS=（）A．11−B．8−C．5D．11【答案】A【分析】设等比数列na的公比为q，根据等比数列通项公式化简条件

求q，判断数列1na为等比数列，然后利用等比数列的前n项和公式计算52SS.【详解】设等比数列na的公比为,q由2580aa+=可得41180aqaq+=，又10a，0q，所以318q=−，所以12q=

−，因为11111nnnnaaaqa++==，故数列1na也为等比数列，公比为1,q所以等比数列1na的公比为2,−因此1111(2)1=1(2)1(2)3nnnaSa−−=−−−−,所以5

551222111(2)31(2)331111(2)31(2)3SaSa−−−−====−−−−−−8．如图，已知正方体1111ABCDABCD−的棱长为2，M，N分别为1BB，CD的中点.则下列选项中错

误的是（）A．直线//MN平面11CBDB．在棱BC上存在一点E，使得平面1AEB⊥平面MNBC．三棱锥11AMND−在平面ABCD上的正投影图的面积为4D．若F为棱AB的中点，则三棱锥MBFN−的体积为31【答案】C【详解】解：对于A：连接1DC，交1DC于点O，连接1B

O、ON，显然O为1DC的中点，又M，N分别为1BB，CD的中点所以1//ONCC且11=2ONCC，11//BMCC且1112BMCC=，所以1//ONBM且1ONBM=，所以四边形1ONMB为平行四边形，所以1//OBM

N，又MN平面11CBD，1OB平面11CBD，所以//MN平面11CBD，故A正确；对于B：取BC中点E，连接AE，1EB，1AB，显然ABEBCN≌，所以AEBBNC=，又90NBCBNC+=，所以2,1,2,4CABk====3,2,3,5C

ABk====5,3,5,6CABk====8,5,8,7CABk====90NBCAEB+=所以AEBN⊥，由正方体1111ABCDABCD−，可得1BB⊥平面ABCD，AE平面ABCD，1,,11

AEBAEBAEMNBAEBBAE所以平面平面平面所以⊥⊥对于C：如图，连接BN，则四边形ABND为三棱锥11AMND−在平面ABCD上的正投影，因为()112232ABNDS=+=，故C错误；对于D，31==−−NBFMMBFNVV9

．甲乙两运动员进行乒乓球比赛，采用7局4胜制．在一局比赛中，先得11分的运动员为胜方，但打到10：10平后，先多得2分者为胜方．在10：10平后，双方实行轮换发球法，每人每次只发1个球．若在某局比赛中，甲发球时甲得分的概率为35，乙发球时甲得分的概率为13，各球的结果相互独立，在双方10：1

0平后，甲先发球，则甲以13：11赢下此局的概率为（）A．425B．225C．275D．875【答案】D【分析】由题意，分为乙分别在第一二场胜两种情况，结合概率的乘法公式以及加法公式，可得答案.【详解】由题意，此局分两种情况：（1）后

四球胜方依次为甲乙甲甲，概率为：32312535325=；（2）后四球胜方依次为乙甲甲甲，概率为：21312535375=；所以，所求事件概率为228257575+=.故选：D10．在三棱锥−PABC中，PAAC⊥，BCAC⊥，且3PA=，1AC=，2BC=，22PB=，则三棱锥−P

ABC的外接球的表面积为（）A．8πB．4πC．82π3D．16π【答案】A【分析】分析出P,A,B,C四点在同一长方体的顶点上即可求解.【详解】BCAC⊥，1AC=，2BC=，所以222ACBCAB+

=,所以25AB=，又3PA=,22PB=，所以222ABPAAB+=,所以PAAB⊥，又PAAC⊥，所以PA⊥平面ACB，所以()222222231222RPAACCB=++=++=,所以2R=，所以−PABC的外接球的表面积()224428SR

===.故选：A11．设1F，2F分别为双曲线2222:1xyCab−=（0a，0b）的左、右焦点，A为双曲线的左顶点，以12FF为直径的圆交双曲线的某条渐近线于M，N两点，且120MAN=，（如图），则该双曲线的离心率为（）A．3B．213

C．72D．233【答案】B【分析】先求出M，N两点的坐标，再利用余弦定理，求出a,c之间的关系，即可得了双曲线的离心率.【详解】解：不妨设圆与byxa=相交，且点M的坐标为000(,),0xyx，则点N的坐标为00(,)xy−−，联立2220

000,byxxyca=+=，得(,),(,)MabNab−−，又(,0)Aa−且120MAN=，所以22||(),||AMaabANb=++=，所以由余弦定理得：2222224()2()cos120caabbaabb=+++−++，化简

得2273ac=，所以22273cea==，所以213e=.故选：B12．已知函数()fx的定义域为R，()22fx−为偶函数，()()310fxfx−+−+=，当2,1x−−时，()14xfxa

xa=−−（0a且1a），且()24f−=．则()191kfk==（）A．40B．32C．30D．36【答案】D【分析】本题主要考查函数的奇偶性、周期性和对称性，根据奇偶性、周期性和对称性即可求值.【详解】因为()2

2fx−是偶函数，所以()22(22)fxfx−−=−，用x−代替2x−可得：(2)(2)fxfx−−=−，所以()()4fxfx=−−，所以函数()fx关于直线2x=−对称，又因为()()310fxfx−+−+=，所以()()3=1fxfx−−−+，所以(

)(2)fxfx=−−−，所以()fx关于点(1,0)−中心对称，所以函数()fx的周期为4，因为当2,1x−−时，()14xfxaxa=−−（0a且1a），且()24f−=，所以21424a

a−=+−，解得：2a=或4a=−，因为0a且1a，所以2a=.所以当2,1x−−时，()1242xfxx=−−（），所以(2)4,(1)0ff−=−=，(3)(1)0ff−=−=，()()024ff=−−=−，(1)(

14)(3)0fff=−=−=，(2)(2)4ff=−=，(3)(1)0ff=−=，(4)(0)4ff==−，所以(1)(2)(3)(4)8ffff+++=，所以()19148+(1)(2)(3)36kfkfff==++=,故选：D二、填

空题：本题共4小题，每题5分，共20分.13．2022年11月30日，神州十五号3名航天员顺利进驻中国空间站，与神州十四号航天员乘组首次实现“太空会师”．若执行下次任务的3名航天员需要在3名女性航天员和3名男性航天员中选择，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率为_

_________．【答案】910##0.9【分析】利用对立事件和古典概型的概率计算公式即可求解.【详解】由题意可得：在3名女相航天员和3名男性航天员中选择3名航天员，则选出的3名航天员中既有男性航天员又有女性航天员的概率333336C+C91C10P=−=，14．圆心在直

线0xy+=上，且过两圆22210240xyxy+−+−=，222280xyxy+++−=交点的圆的标准方程为_____________.【答案】()()223310xy++−=【详解】设圆心坐标为(,)aa−，半径为r，则222

2(2)(4)aaaar+−−=++=，解得3,10ar=−=，所以该圆的标准方程为22(3)(3)10xy++−=，15．已知函数的最小正周期为T，若，且的图象关于点对称，则当取最小值时，_____

___.【答案】【分析】首先根据最小正周期为，结合求得的值，再根据对称中心公式得，求出关于的表达式；找出取最小值时对应的，即可求出的具体取值，写出的解析式然后计算得出结果.【详解】第一步：求A的值由题意可得，则，故.第二步：求的最小值由的图象关于点对称可得，故，即()()πsin0,0

4fxAxA=+24Tf=()fxπ,03π9f=222πT=24Tf=A()πππ34kk+=Zkk()fx2πT=ππ2sin24242TfAA

=+==22A=()fxπ,03πππsin0334fA=+=()πππ34kk+=Z，又，所以当，取得最小值.第三步：求的值.此时，.16．已知函数（其中a为常数）有

两个极值点，若恒成立，则实数m的取值范围是______.【答案】【分析】对函数求导后，由题意可得，是关于x的方程的两个不等的正实根，则得，，则，令，然后利用导数求出其最小值即可.【详解】.若有两个极值点为，则，是关于x的方程的两个不等的正实根.由，及方程根的情

况，得，则，.又，所以，要使恒成立，只需恒成立.又，令，则，当时，，为减函数，所以当时，.由题意，要使恒成立，只需满足.故答案为：三、解答题:本题共6道题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17．（12分）在ABC中，角,,ABC所对的边分别为,,abc，111tanta

nsinACB+=.（Ⅰ）证明：2bac=；（Ⅱ）若2b=，当角B取得最大值时，求ABC的面积.【分析】（1）由题给条件利用两角和的正弦公式及正弦定理即可证得2bac=；（2）先利用余弦定理求得角B最大值为π3，进而求得ABC的面积.【详解】（1）因为111tantansinACB+=，所以.

coscos1sinsinsinACACB+=...............................1分所以cossinsincos1sinsinsinACACACB+=，所以()sin1sinsinsinACACB+=所以sin1sinsinsinBACB=

.................................................................4分所以2sinsinsinBAC=，由正弦定理得2bac=..........

......................................................6分（2）2222221cos2222acbacacacacBacacac+−+−−===，（当且仅当ac=时等号成立），.............8分则当ac=时，cosB取得最

小值12，又()0,πB，所以角B最大值为π3................................................................10分此时ABC为等边三角

形，所以ABC的面积为3.................................................................12分18.解：由题意1(891888351220200138112)4007y=++++++=．...........

..................2分令1tx=，设y关于t的线性回归方程为直线ˆˆybta=+则7172217158670.37400ˆ10000.557iiiiitytybtt==−−===−...................................

...........................5分则40010000.3ˆ730a=−=，................................................................7分∴100

030yt=+，又1tx=，∴y关于x的回归方程为100030yx=+.................................................................8分()334kk=−Z0

1k=94π9f()9π22sin44fxx=+ππ22sin2292f==2()2lnfxxaxx=−+1212,()xxxx12()fxmx(,3−−1

x2x2220xax−+=1222axx+=121=xx()131111222lnfxxxxxx=−−+()322lnhttttt=−−+()()2220xaxfxxx−+=()fx1212,()xxxx1x2x2220xax−

+=2160a=−4a1222axx+=121=xx12xx1201xx()12fxmx()12fxmx()2221311111111112212ln222ln22ln1fxxaxxxxxxxxxxxx−+−−+===−−

+()322lnhttttt=−−+()232lnhttt=−+01t()0ht()ht01t()()13hth=−()12fxmx3m−(,3−−（2））仅从现有统计数据所得回归方程100030yx=+，可发现当推广时间越来越长时，即x

越来越大时，y的值会逐渐降至接近于30，可知该省一直加大力度推广下去，网络诈骗举报件数大概会逐渐降至30件.................................10分但在使用经验回归方程进行预测时，方程只适用于所研

究的样本总体，一般具有时效性，不能期望回归方程得到的预报值就是响应变量的精确值，所以若加大力度一直推广下去，并随着国家对网络诈骗的严厉打击和科技发展，再加上相关部门对个人信息防护手段的加强，人们对网络诈骗犯罪的防范意识逐步提高，网络诈骗举报件数是有可能降至接近于零的．.......

..........................12分（第二问学生若回答不能接近于零，只要理由充分，也可酌情给分）19．如图，在四棱锥SABCD−中，底面ABCD为梯形，ABCD∥，2ABCD=，ADSD=，SAB△为正三角形，SCBC⊥，CBCS=.(1)求证：

平面SAB⊥平面SBC；(2)求二面角CSAD−−的余弦值.【答案】(1)证明见解析(2)277【分析】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，证明CO⊥平面SAB后可得证面面垂直；（2）以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直

线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系，用空间向量法求二面角．【详解】（1）分别取BS，AS的中点O，E，连接OE，OC，ED，则//OEAB且12OEAB=.因为//ABCD，2ABCD=，所以//,OECDOECD=，所以四边形OCDE为平行四边形，则

//CODE.......................................................2分因为ADSD=，故DESA⊥，故COSA⊥................

.......................................3分因为CBCS=，故COSB⊥.......................................................4分因为SASBS=I，SA，

SB平面SAB，所以CO⊥平面SAB.......................................................5分因为CO平面SBC，所以平面SAB⊥平面SBC...............

........................................6分（2）连接AO，因为△SAB为正三角形，所以AOSB⊥，因为平面SAB⊥平面SBC，平面SAB平面SBCSB=，AO面SAB，所以AO⊥平面SBC，OC、OS

在面SBC内，又COSB⊥，故OA，OS，OC两两垂直，故以O为坐标原点，OC，OS，OA所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示...................................8分设2BCSC==，则22ABSB==，6

OA=，2OC=，所以()0,0,6A，()2,0,0C，()0,2,0S，262,,22D，（难点：点D的坐标不易直接看出，可先求出点E的坐标，利用CODE=求解点D的坐标）所以()0,2,6AS=−，262,,22SD=−

，()2,2,0CS=−.设面SAD的法向量为()111,,mxyz=，由11111260262022mASyzmSDxyz=−==−+=，令11z=，得()0,3,1m=.........

..........................10分设面SAC的法向量为()222,,xnyz=，则2222260220nASyznCSxy=−==−+=，令23y=，得()3,3

,1n=.........11分则427cos,727mnmnmn===，显然二面角CSAD−−为锐二面角，所以二面角CSAD−−的余弦值为277.................................

..............12分20．已知椭圆2222:1(0)xyEabab+=的左、右焦点分别为12FF，，上顶点为1B，若△112FBF为等边三角形，且点31,2P在椭圆E上.

(1)求椭圆E的方程；(2)设椭圆E的左、右顶点分别为12AA，，不过坐标原点的直线l与椭圆E相交于A、B两点（异于椭圆E的顶点），直线12AABA、与y轴的交点分别为M、N，若||3||ONOM=，证明：直线

过定点，并求该定点的坐标.【答案】(1)22143xy+=(2)点()1,0或()4,0【分析】（1）由已知条件，椭圆的定义及,,abc的关系可知224ac=和223bc=，再设出椭圆的方程，最后将点代入椭圆的方程即可求解；（2）设点()11,Axy，()22,Bxy，

由直线1AA的方程即可求出点M的坐标，由2BA的方程即可求出点N的坐标，由已知条件可知()12125280xxxx+−−=，分直线AB的斜率存在和直线AB的斜率不存在两种情况分别求解，得出直线AB的方程，即可判断出直线恒过定点的坐标

.【详解】（1）∵△112FBF为等边三角形，且11122BFBFa+=，∴2ac=，又∵222abc=+，∴223bc=.................................................2分设椭圆的方程为2222143xycc+=，将点31,2P

代入椭圆方程得22191412cc+=，解得21c=，3,422==ba................................................4分所以椭圆E的方程为22143xy+=

.......................................................5分（2）由已知得()()122,02,0AA−，，设()11,Axy，()22,Bxy,则直线1AA的斜率为112yx+，直线

1AA的方程为()1122yyxx=++，即点M坐标为1120,2yx+，直线2BA的斜率为222yx−，直线1AA的方程为()2222yyxx=−−，即点N坐标为2220,2yx−−,............................................

.........6∵||3||ONOM=,∴22||9||ONOM=,∴()()2221222143622yyxx=−+，又∵2221113123344xxy−=−=，2222223123344xxy−=−=，∴()()222122

2144922xxxx−−=−+，即()122192222xxxx−+=−+，整理得()12125280xxxx+−−=，.....................................................8①若直线AB的斜率

存在时,设直线AB的方程为ykxb=+，将直线方程与椭圆方程联立22143ykxbxy=++=得()2223484120kxkbxb+++−=，其中()()()2222226443441216123

90kbkbkb=−+−=−+，122834kbxxk+=−+，212241234bxxk−=+，即222841252803434kbbkk−−−−=++，22450kkbb++=，()()40kbkb++=，所以4bk=−或bk=−，当4bk=−时，直线AB的方

程为()44ykxkkx=−=−，此时直线AB恒过点()4,0，当bk=−时，直线AB的方程为()1ykxkkx=−=−，此时直线AB恒过点()1,0，....................................................11分②若直线AB

的斜率不存在时12xx=，由()122192222xxxx−+=−+得()222292222xxxx−+=−+，即222540xx−+=，解得21x=或24x=，此时直线AB的方程为1x=或4x=，又直线与椭圆交于两点，

（4，0）不符合综上所述，直线AB恒过点()1,0.....................................................12分21．已知函数()eln()xfxxax=+−.(1)若0a=，求曲线()yfx=在点(1,(1))f处的切线方程

；(2)若1a，探究()fx在(,0)a−上的零点个数，并说明理由【分析】（1）当0a=时，利用切点和斜率求得切线方程.（2）令()0fx=，化简后构造函数()ln()exhxxax−=+−，通过二次求导的方法研究()hx，结合

零点存在性定理得到结论.【详解】（1）由题意得，()elnxfxxx=−，则1()e(ln)1xfxxx=+−...........................................2分而()()'11,1e1ff=−=−，......................

.....................3分∴所求切线方程为()()()()1e11e1e0yxxy−−=−−−−−=；...........................................4分（2

）令()0fx=，即ln()e0xxax−+−=，令()ln()exhxxax−=+−，当x∈(,0)a−时，()2'1e(1)(1)e()exxxxaxahxxxaxa−++−−=+−=++.............................

..............6分令2()e(1)xxxaxa=++−−，x∈(,0)a−，则()e2(1)xxxa=++−单调递增，且()e21e10aaaaaa−−−=−+−=−−，(0)0a=.∴()x在(,0)a−上存在唯一零点，记为0x，且x∈0(,

)ax−时，()0x；x∈0(,0)x时，()0x，∴()x在0(,)ax−上单调递减，在0(,0)x上单调递增，...........................................8分∵1a，∴()e0aa−−=，(0)10

a=−，∵0()(0)x，∴0()0x，∴()x在0(,)ax−上存在唯一零点1x，且在0(,0)x上恒小于0，∴当1(,)xax−时，()0x；当1(,0)xx时，()0x，∴()hx在1(,)ax−上单调递增

，在1(,0)x上单调递减，且()0ln0ha=，∴()hx在(,0)a−，上至多只有一个零点............................................10分令exyx−=，x∈(,0)a−，则(1)e0xyx−=−，∴eexayxa−

=−，∴()ln()eahxxaa++，取e2e(,0)aaxaa−=−+−，则有2()0hx，又(0)ln0ha=，∴由零点存在定理可得，()hx在(,0)a−上存在零点，∴函数f（x）在(,0)a−上的零点个数为1个........

...................................12分22．在直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为1,cos3sin,cosxy==（为参数，2k+），以坐标原点O为极点，x轴的非负半轴为极轴建立极坐

标系，直线l的极坐标方程为cos13+=．(1)求曲线C的普通方程和直线l的直角坐标方程；(2)已知点()2,0P，若直线l与曲线C交于A，B两点，求11PAPB−的值．【答案】(1)C：2231yx−=，直线l：320xy−−=(2)23【分

析】（1）用消参数法化参数方程为普通方程，由公式cossinxy==化极坐标方程为直角坐标方程；（2）化直线方程为P点的标准参数方程，代入抛物线方程利用参数几何意义结合韦达定理求解．【详解】（1）曲线C的参

数方程为1,cos3sin,cosxy==（为参数，2k+），所以222221sin,cos3cosyx==，所以221.3yx−=即曲线C的普通方程为2231yx−=．.....................3分直线l的极坐标方程为πcos13+

=，则ππcoscossinsin133−=，转换为直角坐标方程为320xy−−=．................................5分直线l过点(2,0)P，直线l的参数方程为32,21,2xtyt=+=（t为参数）........

........................6分（2）令点A，B对应的参数分别为1t，2t，由32212xtyt=+=代入2231yx−=，得226390tt++=，则1233tt+=−，1292tt=，即t1、t2为负，..........8分故21212211212121

212()4||||||11112||||||||||||3ttttttttPAPBtttttttt+−−−−=−====．.......................................10分23．已知函数．(1)当时，求的最小值；(2)若，时，对

任意使得不等式恒成立，证明：．【详解】（1）当时，，当，，；当，，；当，，；∴当时，的最小值为2．.......................................5分（2），，当时，可化为，...................................

....6分令，，，∴∴，.......................................8分当且仅当时取得等号；又当时，，故................................

........10分()21fxxax=++−1a=()fx0a0b1,2x()21fxxb−+2211222ab+++1a=()121fxxx=++−1x−()31fxx=−+

()min()14fxf=−=11x−()3fxx=−+()()2,4fx1x()31fxx=−()min()12fxf==1a=()fx0a0b12x2211xaxxb++−−+233abxx+−+()233hxxx=−+1,

2x()()()max121hxhh===1ab+22222111()122222ababababab++++=+++++++ab=1ab+2()122abab++++22211222ab++

+获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com