浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期4月高考模擬考試數(shù)學(xué)試題

浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期4月高考模擬考試數(shù)學(xué)試題一、/span>?選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1．復(fù)數(shù)z滿足(2+i)z=5，則|z|=（）A．10 B．5 C．2 D．22．若α為銳角，sinα=45，則A．4+3310 B．4?3310 C．3．已知平面α,β,γ,α∩β=l，則“A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件4．已知直線l:x?y+1=0與圓C:A．m<1 B．?1<m<1 C．m>1 D．m>?15．某校數(shù)學(xué)建模興趣小組為研究本地區(qū)兒子身高y(cm)與父親身高x(cm)之間的關(guān)系，抽樣調(diào)查后得出y與x線性相關(guān)，且經(jīng)驗(yàn)回歸方程為y=0父親身高x(cm)164166170173173174180兒子身高y(cm)165168176170172176178則下列說法正確的是（）A．兒子身高y(cm)是關(guān)于父親身高x(cm)的函數(shù)B．當(dāng)父親身高增加1cm時(shí)，兒子身高增加0C．兒子身高為172cm時(shí)，父親身高一定為173cmD．父親身高為170cm時(shí)，兒子身高的均值為174cm6．已知數(shù)列{an}滿足an=λn2?n，對(duì)任意n∈{1,A．[114,18] B．(7．在正四棱臺(tái)ABCD?A1B1C1D1中，AB=4,A．9π B．16π C．25π D．36π8．已知集合P={(x,y)∣x4+ax?2024=0且xy=2024}，若PA．(?∞,?2023)∪(2023,C．(?∞,?2024)∪(2024,二、/span>?多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．若平面向量a,b,c滿足A．|a+b+cC．|a?b+c|10．已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(A．若ω=2,φ=π2，則B．若ω=2,x0為f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，則xC．若φ=?π4,x=π2D．若φ=?π4,f(x)在[011．指示函數(shù)是一個(gè)重要的數(shù)學(xué)函數(shù)，通常用來表示某個(gè)條件的成立情況.已知U為全集且元素個(gè)數(shù)有限，對(duì)于U的任意一個(gè)子集S，定義集合S的指示函數(shù)1S(x注：x∈Mf(x)表示M中所有元素x所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值f(x)之和（其中A．x∈AB．1C．x∈UD．x∈U三、/span>?填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．在△ABC中，AB=1,AC=2,cosA=13．某快遞公司將一個(gè)快件從寄件人甲處攬收開始直至送達(dá)收件人乙，需要經(jīng)過5個(gè)轉(zhuǎn)運(yùn)環(huán)節(jié)，其中第1，2兩個(gè)環(huán)節(jié)各有a,b兩種運(yùn)輸方式，第3，4兩個(gè)環(huán)節(jié)各有b,c兩種運(yùn)輸方式，第5個(gè)環(huán)節(jié)有14．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，定義d(A,B)=|x1?x2|+|y1?y2|為A(x1,y1),B(x四、/span>?解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明?證明過程或演算步驟.15．在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC（1）求證：CE∥平面ADD（2）求直線CE與平面BDD16．已知等差數(shù)列{an}的公差為2，記數(shù)列{bn}的前（1）證明：數(shù)列{b（2）求數(shù)列{anbn}17．三個(gè)人利用手機(jī)軟件依次進(jìn)行拼手氣搶紅包活動(dòng)，紅包的總金額數(shù)為3n(n≥2,n∈N)個(gè)單位.第一個(gè)人搶到的金額數(shù)為1到2n?1個(gè)單位且等可能（記第一個(gè)人搶完后剩余的金額數(shù)為W），第二個(gè)人在剩余的W個(gè)金額數(shù)中搶到1到（1）若n=2，則第一個(gè)人搶到的金額數(shù)可能為1,（i）求第一個(gè)人搶到金額數(shù)X的分布列與期望；（ii）求第一個(gè)人獲得手氣王的概率；（2）在三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,18．已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點(diǎn)為D.直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點(diǎn)（B（1）若T(3（i）若A(0,?1)，求（ii）求證：α+β為定值；（2）若β=π6，直線DB與x軸交于點(diǎn)E，求△BET與19．定義：對(duì)于定義在區(qū)間[a,b]上的函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)c∈(a,b)，使得函數(shù)在區(qū)間[a,已知定義在區(qū)間[a,b]上的函數(shù)f(x)是以c為最優(yōu)點(diǎn)的單峰函數(shù)，在區(qū)間(a,b)上選取關(guān)于區(qū)間的中心a+b2對(duì)稱的兩個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)x1,x2，稱使得|f(xi)?f(c)|(i=1,2)較小的試驗(yàn)點(diǎn)xi為好點(diǎn)（若相同，就任選其一），另一個(gè)稱為差點(diǎn).容易發(fā)現(xiàn)，最優(yōu)點(diǎn)c與好點(diǎn)在差點(diǎn)的同一側(cè).我們以差點(diǎn)為分界點(diǎn)，把區(qū)間[a,b]分成兩部分，并稱好點(diǎn)所在的部分為存優(yōu)區(qū)間，設(shè)存優(yōu)區(qū)間為[a1,b1]，再對(duì)區(qū)間[a1,b1]重復(fù)以上操作，可以找到新的存優(yōu)區(qū)間[已知函數(shù)f(x)=(x+1)cosx?1,x∈[0,（1）求證：函數(shù)f(x)是單峰函數(shù)；（2）已知c為函數(shù)f(x)的最優(yōu)點(diǎn)，d為函數(shù)g(x)的最優(yōu)點(diǎn).（i）求證：c+d<π；（ii）求證：xε注：2≈1

答案解析部分1．【答案】B2．【答案】A3．【答案】C4．【答案】B5．【答案】D6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】A9．【答案】B,D10．【答案】A,C,D11．【答案】B,C,D12．【答案】213．【答案】1614．【答案】2315．【答案】（1）證明：∵BE∥AD1,BE?平面ADD同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,∴平面BCE∥平面∵CE?平面BCE,∴CE∥平面（2）解：法1：取AB中點(diǎn)O，易知OD⊥AB,∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面∴OD1⊥如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A(0,從而E(0,?3又BD=(3,1,有BD?n=0DD1設(shè)直線CE與平面BDD1所成角為sinθ=所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為法2：取AD1中點(diǎn)F，則EFDC是平行四邊形，所以從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD過G作GK⊥D1H交D因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABC1D1，所以所以D1G⊥BD從而BD⊥平面所以BD⊥GK，從而GK⊥平面BDD所以GK的長(zhǎng)即為G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設(shè)為?即為G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=?所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為16．【答案】（1）證明：n≥2時(shí)，bn+1?b又b1=0,b2=2，所以又b1+1=1≠0，所以所以bn+1+1b（2）解：由（1）易得bn=3n?1?1.由b所以an所以Tn令M=1?3則3M=1?3所以2M=?(3所以Tn17．【答案】（1）解：若第一個(gè)人搶到的金額數(shù)為i個(gè)單位，第二個(gè)人搶到的金額數(shù)為j個(gè)單位，第三個(gè)人搶到的金額數(shù)為k個(gè)單位，我們將三個(gè)人搶到的金額數(shù)記作(i,（i）P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=1所以X的分布列為X123P111E(X)=1×1（ii）第一個(gè)人獲得手氣王時(shí)，三個(gè)人搶到的金額數(shù)只可能為(2,P=P(i=2,（2）解：記事件A=“三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,3,所要求的是條件概率P(B∣A)，有P(B∣A)=P(BA)當(dāng)三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,1,又P(BA)=P(i=4,P(A)=P(i=4+P(i=3=1故P(B∣A)=P(BA)18．【答案】（1）（i）kTA=3TA與C聯(lián)立可得x2?3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）①直線AB斜率存在時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y=k(x?33由y=k(x?33所以x1當(dāng)x1=0時(shí)，由（i）可得當(dāng)x1≠0時(shí)，設(shè)DA,k1所以k1k1所以tan(α+β)=k因?yàn)锽在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π②直線AB斜率不存在時(shí)，可得A(3可得k1所以tan(α+β)=k1+綜上可得，α+β為定值2π3（2）由（1）可得β=π6時(shí)，①k1不存在，則A(0,?1)，由①（i）可得T(33②kDT不存在，則T(0,0)，則A(?3,③若k1和kDT均存在，設(shè)AB與雙曲線聯(lián)立可得xA所以k1所以tan∠ADT=k所以sin∠ADT=sin∠BET=1設(shè)△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.19．【答案】（1）證明：因?yàn)閒'因?yàn)閒″(x)<0，所以f'(x)由零點(diǎn)存在定理知，存在唯一的c∈(0,π2)，使得f'(c)=0，且x∈(0,c)時(shí)，f'(x)>0,（2）證明：（i）令t=π?d，則t∈[0,π2]，令?(x)=g(π?x)=sinx?ln(1+x)，因?yàn)閐為g(x)在[π2,π]上的最優(yōu)點(diǎn)，所以t為?(x)在[0,π2又由（1）知，f(x)在[0,c]遞增，[c,所以由零點(diǎn)存在性定理