【高考模擬】浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期高考模擬考試數(shù)學(xué)試題（含解析）

浙江省寧波市2023-2024學(xué)年高三下學(xué)期高考模擬考試數(shù)學(xué)試題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(shuō)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∈1,2,3都有aA．114,18 B．114,7．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∪C．?∞,?2024∪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(lái)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∈U12．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(kāi)始直至送達(dá)收件人乙，需要經(jīng)過(guò)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dA,B=x1?x2+y1?y2為Ax1,y1,Bx2,y15．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ABC1D（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】B【解析】【解答】解：因?yàn)閺?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?yàn)榻铅翞殇J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?yàn)槠矫姒?β,γ,α∩β=l，l⊥γ，所以，α⊥γ且β⊥γ，滿足充分性；

必要性：因?yàn)棣痢挺们姚隆挺?，又因?yàn)槠矫姒?β,γ,α∩β=l，所以，l⊥γ，滿足必要性；4．【答案】B【解析】【解答】解：因?yàn)閳AC:x2+y2?2x?m=0，所以圓心為C1,0，半徑r為1+m，

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

對(duì)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(cuò)；

對(duì)于B，因?yàn)榻?jīng)驗(yàn)回歸方程為y=0.85x+29.5，當(dāng)父親身高增加1cm時(shí)，

則兒子身高約增加0.85cm，所以B錯(cuò)；

對(duì)于C，因?yàn)榻?jīng)驗(yàn)回歸方程為y=0.85x+29.5，兒子身高為172cm時(shí)，

父親身高不一定為173cm，所以C對(duì)；

對(duì)于D，因?yàn)榻?jīng)驗(yàn)回歸直線恒過(guò)樣本數(shù)據(jù)中心點(diǎn)，又因?yàn)榻?jīng)驗(yàn)回歸方程為6．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可得：數(shù)列an在1,3上為遞減數(shù)列，在7,+則λ>012λ>7212λ故答案為：C.【分析】由題意可得數(shù)列an在1,3上是遞減數(shù)列，數(shù)列an在7．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知，正四棱臺(tái)上、下底面對(duì)角線的交線形成的交點(diǎn)的距離即為正四棱臺(tái)的高h(yuǎn)，

上底面的對(duì)角線長(zhǎng)度為2×2=22，下底面的對(duì)角線長(zhǎng)度為4×2=42，

所以高為?2=32?42?22228．【答案】A【解析】【解答】解：聯(lián)立x4+ax?2024=0xy=2024則a=?x3+2024xy=2024x，即y=?x3+即函數(shù)y=2024x與y=2024x的交點(diǎn)坐標(biāo)為1,1和因?yàn)閒?x=?x又因?yàn)閥=?x3與y=2024x在0,+∞上單調(diào)遞減，所以fx=?則y=a與y=?x3+2024x只需a>f1或a<f?1，即a>2023或故實(shí)數(shù)a的取值范圍為?∞故答案為：A【分析】聯(lián)立，解得a=?x3+2024xy=2024x，令fx=?x9．【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(shí)，滿足a?c=b?c，

此時(shí)|a+b+c|有最小值c→?a→+b→=1，所以A錯(cuò)；

當(dāng)向量a,b,c方向相同時(shí)，滿足a?c=b?c，此時(shí)|a+b+10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因?yàn)楹瘮?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(duì)；

當(dāng)ω=2時(shí)，x0為函數(shù)f(x)的一個(gè)零點(diǎn)，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(gè)極大值點(diǎn)，所以B錯(cuò)；

當(dāng)φ=?11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對(duì)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(cuò)；

對(duì)于B，若x∈A∩B,則1A∩B(x)=1，1A(x)=1，1A∪B(x)=1，此時(shí)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(yùn)輸方式，且第5個(gè)環(huán)節(jié)有d,e兩種運(yùn)輸方式中選一種，

1，2，3，4個(gè)環(huán)節(jié)必須包含a，b，c三種不同的運(yùn)輸方式，

若第1，2個(gè)環(huán)節(jié)運(yùn)輸方式相同，則只能都選a，則3，4個(gè)環(huán)節(jié)一個(gè)選b，一個(gè)選c，有2×1×2=4種，

若第1，2個(gè)環(huán)節(jié)運(yùn)輸方式不相同，則已經(jīng)包含a，b兩種運(yùn)輸方式，則3，4個(gè)環(huán)節(jié)一個(gè)選b，一個(gè)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(yùn)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】2【解析】【解答】解：設(shè)點(diǎn)Px1,y1,Rx2,y2不妨設(shè)點(diǎn)P位于第一象限，由PN=2NQ，可得設(shè)直線MQ與NR的交點(diǎn)為Tt,0，則QT//MQQT=由QT//MQ，可得t?x1RT=由RT//RN，可得t?x2聯(lián)立①②可得：y12x1?由橢圓的對(duì)稱性可知x1dR,Q設(shè)x1=2dR,Q=2x當(dāng)α+θ=π2時(shí)，dR,Q故答案為：23【分析】設(shè)點(diǎn)Px1,y115．【答案】（1）證明：因?yàn)锽E∥AD1,BE?平面ADD1,A又因?yàn)锽C//AD，AD?平面ADD1，所以BC∥平面又因?yàn)锽E∩BC=B,BE,BC?平面BCE，所以平面BCE∥平面ADD又因?yàn)镃E?平面BCE，所以∥平面ADD（2）解：取AB中點(diǎn)O，易知OD⊥AB,OD因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D所以O(shè)D1⊥平面ABCD則A0,1,0E0,?32,32，得CE=?3,12,32，BD=3,1,0,設(shè)直線CE與平面BDD1所成角為θ，則故直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為【解析】【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面BCE∥平面ADD（2）根據(jù)面面垂直得線面垂直，以O(shè)為坐標(biāo)原點(diǎn)，建立空間直角坐標(biāo)系，利用空間向量的坐標(biāo)運(yùn)算求解線面夾角即可.（1）∵BE∥AD1,BE?平面ADD1同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,BE,BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD∵CE?平面BCE,∴CE∥平面ADD（2）法1：取AB中點(diǎn)O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1?平面∴OD1⊥如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則A0,1,0從而E0,?32又BD=3,1,0,D有BD?n=0DD1?n=0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(guò)D1作D1G⊥AB交AB于G，過(guò)G作GH⊥BD交BD過(guò)G作GK⊥D1H交D因?yàn)槠矫鍭BCD⊥平面ABC1D1，平面又D1G?平面AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1從而B(niǎo)D⊥平面D1GH，因?yàn)镚K?平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩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(yàn)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(xiàng)公式得出數(shù)列{bn}的通項(xiàng)公式，再結(jié)合等差數(shù)列的前n項(xiàng)和公式得出等差數(shù)列{17．【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)【解析】【分析】（1）（i)利用已知條件得出隨機(jī)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(jī)變量的分布列，再利用隨機(jī)變量的分布列求數(shù)學(xué)期望公式得出隨機(jī)變量X的數(shù)學(xué)期望.

(ii)利用已知條件結(jié)合獨(dú)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(gè)人獲得手氣王的概率.

（2）利用已知條件結(jié)合獨(dú)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(gè)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(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.【解析】【分析】（1）（i）利用已知條件結(jié)合兩點(diǎn)求斜率公式得出直線TA的斜率，再結(jié)合點(diǎn)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(diǎn)B的坐標(biāo)，再由兩點(diǎn)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(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y=k(x?33)和A(x1,y1),B(x2,y2)，再聯(lián)立直線與雙曲線方程結(jié)合韋達(dá)定