2023年银川一中三模-2023届四模数学(文科)试卷答案.docx
银川一中2023届高三第四次模拟数学(文科)参考答案一、选择题：题号123456789101112答案DDABBCBACBDB12. 选B解：由题意可得2a=6，即a=3，渐近线方程为y=±13x，即有ba=13，即b=1，可得双曲线方程为x29y2=1，焦点为F1( 10,0)，F2( 10,0)由双曲线的定义可得MF2=2a+MF1=6+MF1由圆E:x2+(y+ 6)2=1可得圆心E(0, 6)，半径r=1，|MN|+MF2=6+|MN|+MF1如图，连接EF1，交双曲线于M，交圆于N，可得|MN|+MF1取得最小值，且EF1= 6+10=4，则|MN|+MF2的最小值为6+41=9二、填空题13.2 14. 1111 15. 4 解：数据1，3，5，7，x(0<x<9)，若中位数是3时，则平均数为15×(1+3+5+7+x)=3，解得x=1，不合题意；若中位数是5时，则平均数为15×(1+3+5+7+x)=5，解得x=9，不合题意；若中位数是x时，则平均数为15×(1+3+5+7+x)=x，解得x=4，满足题意；得这组数的方差是：15×(14)2+(34)2+(44)2+(54)2+(74)2=416. (1+ln2,+) 解：因为函数f(x)=lnx+t为“倍胀函数”，且定义域为(0,+)，所以存在a,b(0，+)，使f(x)在a,b上的值域为2a,2b因为f(x)为增函数，所以lna+t=2alnb+t=2b,即方程lnx2x+t=0有两个不等的实数根令g(x)=lnx2x+t(x>0)，则g(x)=1x2令g(x)=1x2=0，解得x=12g(x)在(0,12)上单调递增，在(12,+)上单调递减所以g(x)max=g(12)=ln121+t=t1ln2.易知当x0时，g(x)，当x+时，g(x)所以要使方程lnx2x+t=0有两个不等的实数根，只需t1ln2>0，得t>1+ln2.所以t的取值范围为(1+ln2,+)17. 解：(1)a2=10+d，a5=10+4d，a7=10+6d，又a2，a5，a7成等比数列，所以(10+d)(10+6d)=(10+4d)2，化简得d2+d=0，解得d=1或d=0，又d<0，所以d=1，可得数列an的通项公式an=10(n1)=11n；(2)由(1)得an=11n，由an=11n0，得1n11，由an=11n<0，得n>11，所以|a1|+|a2|+|a60|=(a1+a2+a11)(a12+a13+a60)=S60+2S11=60(a1+a60)2+2×11(a1+a11)2=1280，所以|a1|+|a2|+|a60|=1280 18. 证明：(1)在BCD中，BD2=22+12×1×2cos60°=3所以BC2=BD2+DC2，所以BCD为直角三角形，BDCD又因为AC平面BCD，所以ACBD而ACCD=C，所以BD平面ACDE解：(2)取AC的中点F，BC的中点M，连接DF，DM，MF，平面DFM即为所求（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，同理可证FM/平面ABE因为FMDF=F，所以平面DFM/平面ABE）由(1)可知，BD平面ACDE，FC平面CDM因为VBACDE=13×(2+4)×12× 3= 3，VFCDM=13×(1×12sin60)×2= 36，所以，夹在该截面与平面ABE之间的几何体的体积：V=VBACDEVFCDM= 3 36=5 36 19. 解：(1)由已知数据可得R12=1i=15(yiyi)2i=15(yiy)2=19160=0.94375，因为R12<R22，所以y=clnx+d的拟合效果较好(2)由题意，得=15i=15i=1，y=15i=15yi=14.6，c=i=15iyi5·yi=15i252=86736.35=10，所以d=yc=14.610×1=4.6，所以回归方程为y=10+4.6，所以y关于x的回归方程为y=10lnx+4.6，当x=8时，y=10ln8+4.6=30ln2+4.6=25.6， 所以入驻平台8周后，对应的累计粉丝数y为2560万20. 解：(1)f(x)=lnx+ax2+(2a+1)x，f(x)=1x+2ax+2a+1=(2ax+1)(x+1)x，x>0，当a0时，f(x)>0恒成立，此时函数f(x)在(0,+)上单调递增，当a<0时，令f(x)=0，解得x=12a，当x(0,12a)时，f(x)>0，函数f(x)单调递增，当x(12a,+)时，f(x)<0，函数f(x)单调递减，综上所述当a0时，函数f(x)在(0,+)上单调递增，当a<0时，函数f(x)在(0,12a)上单调递增，在(12a,+)上单调递减；(2)证明：由(1)可知，当a<0时，函数f(x)在(0,12a)上单调递增，在(12a,+)上单调递减，f(x)max=f(12a)=ln(12a)14a1，从而要证f(x)34a2，只要证ln(12a)14a134a2，即ln(12a)+12a+10，令t=12a，则t>0，问题转化为证明lntt+10，令g(t)=lntt+1，则g(t)=1t1，当0<t<1时，g(t)>0，函数g(t)单调递增，当t>1时，g(t)<0，函数g(t)单调递减，g(t)g(1)=0，即lntt+10成立，当a<0时，f(x)34a2成立 21. 解:（1）由抛物线的定义得，解得，则抛物线的标准方程为.（2）依题意知直线与直线的斜率存在，设直线方程为，由得直线方程为：，由，解得，由，解得由得，假定在轴上存在点使得，设点，则由（1）得直线斜率，直线斜率，由得，则有，即，整理得，显然当时，对任意不为0的实数，恒成立，即当时，恒成立，恒成立，所以轴上存在点使得.22. 解：(1)曲线C的参数方程为x=1cosy= 3sincos(为参数，k+2)，所以x2=1cos2，y23=sin2cos2，所以x2y23=1，即曲线C的普通方程为x2y23=1直线l的极坐标方程为cos(+3)=1，则(coscos3sinsin3)=1，转换为直角坐标方程为x 3y2=0(2)直线l过点P(2,0)，直线l的参数方程为x=2+ 32ty=12t(t为参数)，令点A，B对应的参数分别为t1，t2，由x=2+ 32ty=12t代入x2y23=1，得2t2+6 3t+9=0，则t1+t2=3 3，t1t2=92，则t1与t2同号，故1|PA|1|PB|=1|t1|1|t2|=1t11t2=t1t2|t1t2|= t1+t224t1t2|t1t2|= 3 324×9292=29×3=23 23.解：(1)( a+1+ b+1)2=a+1+b+1+2 a+1 b+1a+1+b+1+a+1+b+1=6，当且仅当a=b=12时取等号， a+1+ b+1的最大值为 6(2)1a+1b=(a+b)(1a+1b)=2+ba+ab4，当且仅当a=b时取等号，1a+1b的最小值为4又|x+m|x+1|m1|，不等式|x+m|x+1|1a+1b对任意xR恒成立，只需|m1|4即可，解得3m5，即m的取值范围为3,5
