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2026年宁夏银川市高考数学三模试卷（4月份）
一、单选题：本题共9小题，共46分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.设全集，集合，，则( )
A. B. C. D.
2.已知，把的图象向右平移个单位得到的图象，则“”是“为偶函数”的( )
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.如图，西昭高速施工队计划在一座大山中挖通一条直隧道，需要确定隧道的长度，工程测量员测得隧道两端的，两点到点的距离分别为，，且，则隧道的长度为( )
A.
B.
C.
D.
4.直线：和直线：互相平行，则的值为( )
A. 或 B. 或 C. D.
5.球体被平面截得的一部分几何体称为球缺，截面叫做球缺的底面，垂直于截面的直径被截得的线段长叫做球缺的高如图若球缺的底面半径为，高为，则球缺的体积已知棱长为的正方体的各个顶点都在球上，平面将球截成两部分，那么较小部分的体积为( )
A. B. C. D.
6.设定义在上的函数的导函数为，若，，则不等式其中为目然对数的底数的解集为( )
A. B.
C. D.
7.如图，某校园新建了一处三层的“阶梯式绿植角”，每层从上到下依次摆放个、个、个花盆，形成三角形排列，其中有虚线连接的个花盆为“相邻花盆”，现有多个红、黄、蓝三种颜色的花盆可供选择，若规定“相邻花盆”颜色不同，且最下层不全为同色花盆，则花盆摆放的不同方式共有( )
A. 种 B. 种 C. 种 D. 种
8.已知函数的定义域为，且，，为奇函数，则( )
A. B. C. D.
9.在日常生活中，我们常常会看到两个人共提一个行李包的情景，若行李包所受的重力为，两个拉力分别为，且与夹角为，当两人拎起行李包时，下列结论正确的是( )
A. B. 当角越大时，用力越省
C. 当时， D. 当时，
二、多选题：本题共2小题，共12分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
10.若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于，两点在的左侧，，，则( )
A. B. 的最大值为
C. 存在，使得四边形是平行四边形 D. 面积的最大值为
11.如图，在棱长为的正方体中，为棱的中点，为正方体表面上的一动点含边界，则下列说法中错误的是( )
A. 三棱锥外接球的表面积为
B. 若平面，则动点的轨迹是一条线段
C. 若平面，则动点的轨迹的长度为
D. 若，则动点的轨迹长度为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知复数，其中为虚数单位，则复数的模为 ．
13.已知数列的前项和为，且，则 ．
14.在冷链物流中，某蔬菜的保鲜时间单位：小时与贮藏温度单位：之间满足：其中，为常数若该蔬菜在贮藏温度为的环境下保鲜时间为小时，在的环境下保鲜时间为小时若该蔬菜运输总物流时间为小时，为保障运输安全，要求保鲜时间不少于运输时长的倍，则该蔬菜在物流过程中的贮藏温度的最大整数数值为 参考数据：，，
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
已知数列满足．
求的通项公式；
已知，求．
16.本小题分
某高科技公司开发了一款迎宾机器人，为了解市场销售情况，现统计了年月至年月该款迎宾机器人的月销量数据，如表所示：
月份 年月 年月 年月 年月 年月
月份代码
月销量单位：千台
求出与的相关系数保留三位小数，并根据判断该款迎宾机器人月销量与月份代码是否有较强的相关关系；当时，相关性较强，当时，相关性一般
求出关于的经验回归方程，并估计年月该款迎宾机器人的销量；
假设该科技公司对购买迎宾机器人的客户每人发放元个的补贴已知甲、乙两家商户各至多购买一个迎宾机器人，且购买迎宾机器人的概率分别为，，若两家商户享受的补贴总金额的期望不超过元，求的取值范围．
参考公式：相关系数，．
参考数据：，，．
17.本小题分
已知函数．
若在处的切线为，求的值；
当时，确定在上的零点个数．
18.本小题分
已知椭圆：的短轴长为，离心率为．
求椭圆的方程；
记点为椭圆的左顶点，点为椭圆的下顶点，动点是第一象限内椭圆上的一点，直线与轴交于点，直线与轴交于点证明：四边形的面积为定值．
19.本小题分
如图，四边形是平行四边形在平面上的投影．
求证：四边形是平行四边形；
已知四边形是边长为的正方形，，，，，，，点和分别是和的中点，设直线与的交点为．
求证：点在直线上；
求平面与平面的夹角的余弦值．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.
14.
15.解：当时，，
当时，，且，
两式作差得，
所以，
显然符合上式，
所以；
根据可知，
所以，
所以，
则．
16.由题意可知，，，，，
则，
故与有较强的相关关系；
，，
故经验回归方程为，
年月对应的值为，当时，，
故可估计年月该款迎宾机器人的月销量为万台；
设甲、乙两商户购买迎宾机器人的个数之和为，则的所有可能取值为，，，
则，
，
，
所以，
因为，且，
所以，
故的取值范围为．
17.解：已知函数，
，，
由在处的切线为，则，
因此，；
当时，，
当时，，
当时，由与都单调递增，
因此单调递增，
又，
，因此存在，使得成立，即有，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增，
因此当时取得最小值，即，
则，
令，则，
因此，
则在上单调递减，
因此，
又，
因此在上存在一个零点，
又，
因此在上存在个零点．
18.解：由题意可知，，
解得，
所以椭圆的方程为；
证明：由可知点，，设，
则，即，
则直线的方程为，
令，得，所以，
直线的方程为，
令，得，所以，
所以，
，
所以四边形的面积为：，
又因为，
所以，
所以四边形的面积为定值．
19.解：证明：因为四边形是平行四边形，因此，
因为平面，平面，
因此平面，
又因为，平面，平面，
因此平面，
因为，因此平面平面，
又两个平行平面被平面所截，交线为和，
因此；同理，
故A是平行四边形；
证明：因为是正方形，因此，
又因为，因此，
平面，平面，
因此平面，平面平面于，因此，
又因为，因此为平行四边形，
因为是的中点，在中，由可得，
，即为的中点，
连接，取与的交点为，
在中，为的中点，且，因此，
又因为，此时，重合，因此三点共线，点在直线上；
在三角形中，，，，
由余弦定理可得，因此，
因此，因此三角形为直角三角形，
即，因此点是在平面的投影点，又因为，
因此以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
可得，，，
，，，，
设平面的法向量，
由题意得，，
得到，
令，则，，故；
设平面的法向量，
由题意得，，
可得，
令，，，因此；
设平面与平面的夹角为，两平面的法向量夹角为，
故．
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