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)試題姓名：__________班級：__________考號：__________題號一二三四總分評分一、?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選項中，只有一項是符合題目要求的.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，兒子身高增加0C．兒子身高為172cm時，父親身高一定為173cmD．父親身高為170cm時，兒子身高的均值為174cm6．已知數(shù)列{an}滿足an=λn2?n，對任意n∈{1,A．[114,18] B．(7．在正四棱臺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、?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中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得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)的一個零點，則xC．若φ=?π4,x=π2D．若φ=?π4,f(x)在[011．指示函數(shù)是一個重要的數(shù)學(xué)函數(shù)，通常用來表示某個條件的成立情況.已知U為全集且元素個數(shù)有限，對于U的任意一個子集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所對應(yīng)的函數(shù)值f(x)之和（其中A．x∈AB．1C．x∈UD．x∈U三、?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個轉(zhuǎn)運環(huán)節(jié)，其中第1，2兩個環(huán)節(jié)各有a,b兩種運輸方式，第3，4兩個環(huán)節(jié)各有b,c兩種運輸方式，第5個環(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、?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}17．三個人利用手機軟件依次進(jìn)行拼手氣搶紅包活動，紅包的總金額數(shù)為3n(n≥2,n∈N)個單位.第一個人搶到的金額數(shù)為1到2n?1個單位且等可能（記第一個人搶完后剩余的金額數(shù)為W），第二個人在剩余的W個金額數(shù)中搶到1到（1）若n=2，則第一個人搶到的金額數(shù)可能為1,（i）求第一個人搶到金額數(shù)X的分布列與期望；（ii）求第一個人獲得手氣王的概率；（2）在三個人搶到的金額數(shù)為2,18．已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點為D.直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點（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E，求△BET與19．定義：對于定義在區(qū)間[a,b]上的函數(shù)，若存在實數(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對稱的兩個試驗點x1,x2，稱使得|f(xi)?f(c)|(i=1,2)較小的試驗點xi為好點（若相同，就任選其一），另一個稱為差點.容易發(fā)現(xiàn)，最優(yōu)點c與好點在差點的同一側(cè).我們以差點為分界點，把區(qū)間[a,b]分成兩部分，并稱好點所在的部分為存優(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，d為函數(shù)g(x)的最優(yōu)點.（i）求證：c+d<π；（ii）求證：xε注：2≈1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為復(fù)數(shù)z滿足(2+i)z=5，

所以，z=52+i=52-i2+i2-i=2．【答案】A【解析】【解答】解：因為角α為銳角，sinα=45，所以cosα>0,所以，cosα=35，

則sin(α+π3)=sinα3．【答案】C【解析】【解答】解：充分性：因為平面α,β,γ,α∩β=l，l⊥γ，所以，α⊥γ且β⊥γ，滿足充分性；

必要性：因為α⊥γ且β⊥γ，又因為平面α,β,γ,α∩β=l，所以，l⊥γ，滿足必要性；4．【答案】B【解析】【解答】解：因為圓C:x2+y2?2x?m=0，所以圓心為C1,0，半徑r為1+m，

又因為直線l:x?y+1=0與圓C:x2+y5．【答案】D【解析】【解答】解：根據(jù)題意，

對于A，由b^=0.85>0可知y與x具有正的線性相關(guān)關(guān)系，所以A錯；

對于B，因為經(jīng)驗回歸方程為y=0.85x+29.5，當(dāng)父親身高增加1cm時，

則兒子身高約增加0.85cm，所以B錯；

對于C，因為經(jīng)驗回歸方程為y=0.85x+29.5，兒子身高為172cm時，

父親身高不一定為173cm，所以C對；

對于D，因為經(jīng)驗回歸直線恒過樣本數(shù)據(jù)中心點，又因為經(jīng)驗回歸方程為6．【答案】C【解析】【解答】解：因為數(shù)列{an}滿足an=λn2?n，對任意n∈{1,2,3}都有an>an+1，

所以，a1>a2a2>7．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知，正四棱臺上、下底面對角線的交線形成的交點的距離即為正四棱臺的高h(yuǎn)，

上底面的對角線長度為2×2=22，下底面的對角線長度為4×2=42，

所以高為h2=32-42-22228．【答案】A【解析】【解答】解：依題意，集合P為關(guān)于x，y的方程組x4+ax-2024=0xy=2024的解集，顯然x≠0，

所以，a=-x3+2024xy=2024x，即a=-x3+2024xy=ay=2024x，令fx=-x3+2024x,

由y=2024xy=2024x解得x=1y=1或x=-1y=-1，

即函數(shù)y=2024x與y=2024x的交點坐標(biāo)為1,1和-1，-1，

又因為f-x=9．【答案】B,D【解析】【解答】解：當(dāng)向量a→,b→方向相同，與c→方向相反時，滿足a?c=b?c，

此時|a+b+c|有最小值c→-a→+b→=1，所以A錯；

當(dāng)向量a,b,c方向相同時，滿足a?c=b?c，此時|a+b+10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因為函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，ω=2,φ=π2，

所以，f(x)=sin(2x+π2)=cos2x，則f(x)是最小正周期為T=2π2=π，

再利用f(-x)=cos-2x=cos2x=f(x),x∈R,所以函數(shù)f(x)為偶函數(shù)，所以A對；

當(dāng)ω=2時，x0為函數(shù)f(x)的一個零點，則2x0+φ=kπ,k∈Z,所以，x0=kπ-φ2,k∈Z,

f(x0+π4)=sin2×x0+π4+φ=cos2x0+φ=cos2×kπ2-φ2+φ=coskπ=0,k∈Z，

所以，x0+π4不是該函數(shù)的一個極大值點，所以B錯；

當(dāng)φ=?11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對于A，由于A_?U,所以，x∈U1A(x)=x∈A1A(x)+x∈CUA1A(x)=x∈A1A(x),

所以，x∈A1A(x)=x∈U1A(x)，所以A錯；

對于B，若x∈A∩B,則1A∩B(x)=1，1A(x)=1，1A∪B(x)=1，此時滿足1A∩B(x)≤1A(x)≤1A∪B(x)12．【答案】2【解析】【解答】解：在△ABC中，AB=1,AC=2,cosA=14，由余弦定理可得，cosA=AB2+A13．【答案】16【解析】【解答】解：快遞從甲送到乙有4種運輸方式，且第5個環(huán)節(jié)有d,e兩種運輸方式中選一種，

1，2，3，4個環(huán)節(jié)必須包含a，b，c三種不同的運輸方式，

若第1，2個環(huán)節(jié)運輸方式相同，則只能都選a，則3，4個環(huán)節(jié)一個選b，一個選c，有2×1×2=4種，

若第1，2個環(huán)節(jié)運輸方式不相同，則已經(jīng)包含a，b兩種運輸方式，則3，4個環(huán)節(jié)一個選b，一個選c，

或者都選c，則有2×2×2+2×1×2=8+4=12種，

快件從甲送到乙恰用到4種運輸方式的不同送達(dá)方式共有4+12=16種.

故答案為：16.14．【答案】23【解析】【解答】解：設(shè)Px1,y1,Rx2,y2,由題意可知Qx1,-y1,Mx1+x22,y1+y22,

不妨設(shè)點P位于第一象限，由PN→=2NQ→可得Nx1,-y13，設(shè)直線MQ與NR的交點為Tt,0，

則有QT→∥MQ→,RT→∥RN→，QT→=t-15．【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因為平面ABCD⊥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h即為G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=h所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為【解析】【分析】（1）利用BE∥AD1結(jié)合線面平行的判定定理，從而推出線面平行，即直線BE∥平面ADD1，同理可得BC∥平面ADD1，再利用線面平行證出面面平行，即平面BCE∥平面ADD1，再結(jié)合面面平行的性質(zhì)定理證出線面平行，從而證出直線CE∥平面ADD1.

（2）利用兩種方法求解.

方法1：取AB中點O，利用等腰三角形三線合一得出線線垂直，再結(jié)合面面垂直的性質(zhì)定理證出線線垂直，再由線線垂直結(jié)合線垂直的判定定理，進(jìn)而證出直線方法2：取AD1中點F，則四邊形EFDC是平行四邊形，進(jìn)而得出線線平行，從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD1所成角，過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD于H，過G作GK⊥D1H交D1H于K，利用直線、平面間垂直的判定定理和性質(zhì)定理得出GK的長為G到平面BDD16．【答案】（1）證明：n≥2時，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Tn【解析】【分析】（1）利用已知條件結(jié)合bn,Sn的關(guān)系式和等差數(shù)列的定義以及檢驗法，從而由等比數(shù)列的定義證出數(shù)列{bn+1}是等比數(shù)列.

（2）由（1）結(jié)合等比數(shù)列的通項公式得出數(shù)列{bn}的通項公式，再結(jié)合等差數(shù)列的前n項和公式得出等差數(shù)列{17．【答案】（1）解：若第一個人搶到的金額數(shù)為i個單位，第二個人搶到的金額數(shù)為j個單位，第三個人搶到的金額數(shù)為k個單位，我們將三個人搶到的金額數(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）第一個人獲得手氣王時，三個人搶到的金額數(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)【解析】【分析】（1）（i)利用已知條件得出隨機變量X可能的取值，再結(jié)合古典概型求概率公式得出隨機變量的分布列，再利用隨機變量的分布列求數(shù)學(xué)期望公式得出隨機變量X的數(shù)學(xué)期望.

(ii)利用已知條件結(jié)合獨立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出求第一個人獲得手氣王的概率.

（2）利用已知條件結(jié)合獨立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及條件概型求概率公式得出在三個人搶到的金額數(shù)為2,18．【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，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，由（i）可得當(dāng)x1≠0時，設(shè)DA,k1所以k1k1所以tan(α+β)=k因為B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，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，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.【解析】【分析】（1）（i）利用已知條件結(jié)合兩點求斜率公式得出直線TA的斜率，再結(jié)合點斜式得出直線TA的方程，再聯(lián)立直線與雙曲線的方程得出交點B的坐標(biāo)，再由兩點求斜率公式和直線的斜率與直線的傾斜角的關(guān)系式得出角β的值；（ii）利用已知條件結(jié)合分類討論的方法，①當(dāng)直線AB斜率存在時，可設(shè)直線AB的方程為y=k(x?33)和A(x1,y1),B(x2,y2)，再聯(lián)立直線與雙