宁夏银川一中2021届高三第四次模拟考试数学理科试题答案

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银川一中 2021 届高三第四次模拟数学(理科)试卷参考答案
一、选择题：本大题共 12 小题，每小题 5 分，满分 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 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12
D C C A D B B D D C A B
二、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分．
13.（-2，-5） 14. 15.4 16.
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。
17．【解答】解：（1）由题意可得 f（x）＝sinxsin（x
+π
6
）+cos2（x
−π
12
）
−1
2
sinx（
❑
√
3
2
sinx
+1
2
cosx）
+1
2
cos（2x
−π
6
）
sin2x
+❑
√
3
4
cos2x
+1
4
sin2x
¿1
2
sin2x
+❑
√
3
4
，
令
π
2+¿
2kπ≤2x
≤3π
2+¿
2kπ，kZ∈，解得
π
4+¿
kπ≤x
≤3π
4+¿
kπ，kZ∈，
故函数 f（x）的单调递减区间为[
π
4+¿
kπ，
3π
4+¿
kπ]，kZ∈．
（2）由（1）知 f（
B
2
）
¿1
2
sinB
+❑
√
3
4=❑
√
3
2
，解得 sinB
¿❑
√
3
2
，
因为 B∈（0，
π
2
），所以 B
¿π
3
，
由正弦定理可知
a
sinA =b
sinB=c
sinC =❑
√
3
❑
√
3
2
=¿
2，则 a＝2sinA，c＝2sinC，
所 以 acosB﹣bcosC
¿a
2−❑
√
3
cosC＝sinA
−❑
√
3
cos （π﹣A
−π
3
） ＝ sinA
+❑
√
3
cos （A
+π
3
） ＝ sinA
+❑
√
3
2
cosA
−3
2
sinA
¿❑
√
3
2
cosA
−1
2
sinA＝cos（
π
6+¿
A），
在锐角△ABC 中，可得
{
0＜A＜π
2，
A+C=2π
3
0＜C＜π
2
可得
π
6＜
A
＜π
2
，
因此
π
3＜A+π
6＜2π
3
，则 cos（
π
6+¿
A）∈（
−1
2
，
1
2
），
故acosB﹣bcosC的取值范围为（
−1
2
，
1
2
）．
18.【解答】解：（Ⅰ）每盘游戏都需要击鼓三次，每次击鼓出现音乐的概率为
1
2
，且各次击鼓出
现音乐相互独立．
∴玩一盘游戏，至少出现一次音乐的概率是：p＝1
−C3
0¿
，
（Ⅱ）设每盘游戏获得的分数为 X，则 X可能取值为﹣150，10，20，50，
P（X＝﹣150）
¿C3
0¿
，
P（X＝10）
¿C3
1(1
2)¿
，
P（X＝20）
¿C3
2¿
，
P（X＝50）
¿C3
3¿
，
∴X的分布列为：
X150﹣10 20 50
P
1
8
3
8
3
8
1
8
∴E（X）
¿−150 ×1
8+10 ×3
8+20×3
8+50 ×1
8=−5
4
，
∴每盘游戏得分的平均数是
−5
4
，得负分，
∴由概率统计的相关知识可知：玩的盘数越多，分数没有增加反而减少了．
19 ． 【 解 答 】 （ Ⅰ ） 证 明 ： 以 点 A为 原 点 建 立 如 图 所 示 的 空 间 直 角 坐 标 系 ， 则
A（0，0，0），B（0，2，0），C（2，2，0），D（1，0，0），P（0，0，2），M（0，1，1）
，
∴
AM
→
=¿
（0，1，1），
PD
→
=¿
（1，0，﹣2），
CD
→
=¿
（﹣1，﹣2，0）
设平面 PCD 的法向量是
n
→
=¿
（x，y，z），则
{
x − 2z=0
− x − 2y=0
令z＝1，则 x＝2，y＝﹣1，于是
n
→
=(2，−1，1)
∵
AM
→
⋅n
→
=0
，∴
AM
→
⊥n
→
，∴AM∥平面 PCD …（6分）
（Ⅱ）解：由点 N是线段 CD 上的一点，可设
DN
→
=λ DC
→
=λ(1，2，0)
AN
→
=AD
→
+DN
→
=(1，0，0)+ λ(1，2，0)=(1+λ，2λ，0)MN
→
=AN
→
− AM
→
=(1+λ，2λ，0)−(0，1，1)=(1+λ，2λ − 1，−1)
又面 PAB 的法向量为
m
→
=¿
（1，0，0）
设MN 与平面 PAB 所成的角为 θ
则
sinθ=¿
(
1+λ，2λ −1，−1
)
⋅
(
1，0，0
)
❑
√
(
1+λ
)
2+
(
2λ −1
)
2+1
∨¿∨1+λ
❑
√
5λ2−2λ+3
∨¿∨1+λ
❑
√
5(1+λ)2−12(1+λ)+10
∨¿∨1
❑
√
5−12
1+λ+10(1
1+λ)
2∨¿∨1
❑
√
10(1
1+λ−3
5)
2
+7
5
∨¿
∴
当1
1+λ=3
5
时，即
5=3+3λ，λ=2
3
时，sinθ 最大，
∴MN 与平面 PAB 所成的角最大时
λ=2
3
20．【详解】（1） ，
，则
所以 在点 处的切线方程为 即
（3）因为对于任意 ，都有 成立，所以 ，
即问题转化为 对于 恒成立，
即 对于 恒成立，
令 ，则 ，
令 ， ，则 ，
所以 在区间 上单调递增，
故 ，进而 ，
所以 在区间 上单调递增，
函数 ，
要使 对于 恒成立，只要 ，
所以 ，即实数 m的取值范围是 .
21．【解答】解：（1）设 P（x，y），圆 P的半径为 r，
因为动圆 P与圆 Q：（x2﹣）2+y2＝1外切，………………………………………（1分）
所以
❑
√
(x −2)2+y2=r+1
，①………………………………………………………（2分）
又动圆 P与直线 x＝﹣1相切，
所以 r＝x+1，②………………………………………………………………………（3分）
由①②消去 r得y2＝8x，
所以曲线 C的轨迹方程为 y2＝8x．…………………………………………………（5分）
（2） 假 设 存 在 曲 线 C上 的 点 M满 足 题 设 条 件 ， 不 妨 设
M（x0，y0），A（x1，y1），B（x2，y2），
则
y0
2=8x0
，
y1
2=8x1
，
y2
2=8x2
，
kMA =y1− y0
x1− x0
=8
y1+y0
，
kMB=y2− y0
x2− x0
=8
y2+y0
，…（6分）
所以
kMA +kMB =8
y1+y0
+8
y2+y0
=8(y1+y2+2y0)
y0
2+( y1+y2)y0+y1y2
，③…………（7分）
显然动直线 l的斜率存在且非零，设 l：x＝ty 2﹣，
联立方程组
{
y2=8x
x=ty −2
，消去 x得y28﹣ty+16＝0，
由△＞0得t＞1或t＜﹣1，所以 y1+y2＝8t，y1y2＝16，且 y1≠y2．…………………（8分）
代入③式得
kMA +kMB =8(8t+2y0)
y0
2+8t y0+16
，令
8(8t+2y0)
y0
2+8t y0+16 =m
（m为常数），
整理得
(8m y0−64)t+(m y0
2−16 y0+16 m)=0
，④………………………（9分）
因为④式对任意 t∈（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞）恒成立，
所以
{
8m y0−64=0
m y0
2−16 y0+16 m=0
，…………………………………………………（10 分）
所以
{
m=2
y0=4
或
{
m=−2
y0=−4
，即 M（2，4）或 M（2，﹣4），
即存在曲线 C上的点 M（2，4）或 M（2，﹣4）满足题意．…………………（12 分）
22．【解析】（1）圆 C的参数方程为
{
x=❑
√
3+2cos α
y=1+2sin α
（α为参数），转换为普通方程为：
¿
，即
x2+y2−2❑
√
3x −2y=0
，
进一步利用
¿
，得到圆 C的极坐标方程为
ρ=4 sin (θ+π
3)
；
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