【高考模拟】浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题（含解析）

浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题1．复数z满足(2+i)z=5，则|z|=（）A．10 B．5 C．2 D．22．若α为锐角，sinα=45，则A．4+3310 B．4−3310 C．3．已知平面α,β,γ,α∩β=l，则“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4．已知直线l:x−y+1=0与圆C:A．m<1 B．−1<m<1 C．m>1 D．m>−15．某校数学建模兴趣小组为研究本地区儿子身高y(cm)与父亲身高x(cm)之间的关系，抽样调查后得出y与x线性相关，且经验回归方程为y=0父亲身高x(cm)164166170173173174180儿子身高y(cm)165168176170172176178则下列说法正确的是（）A．儿子身高y(cm)是关于父亲身高x(cm)的函数B．当父亲身高增加1cm时，儿子身高增加0C．儿子身高为172cm时，父亲身高一定为173cmD．父亲身高为170cm时，儿子身高的均值为174cm6．已知数列an满足an=λn2−n，对任意n∈1,2,3都有aA．114,18 B．114,7．在正四棱台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满足A．|a+b+cC．|a−b+c|10．已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(A．若ω=2,φ=π2，则B．若ω=2,x0为f(x)的一个零点，则xC．若φ=−π4,x=π2D．若φ=−π4,f(x)在[011．指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知U为全集且元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数1S(x注：x∈Mf(x)表示M中所有元素x所对应的函数值f(x)之和（其中A．x∈AB．1C．x∈UD．x∈U12．在△ABC中，AB=1,AC=2,cosA=13．某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a,b两种运输方式，第3，4两个环节各有b,c两种运输方式，第5个环节有14．在平面直角坐标系xOy中，定义dA,B=x1−x2+y1−y2为Ax1,y1,Bx2,y15．在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60∘，以AB为轴将菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D（1）求证：CE∥平面ADD（2）求直线CE与平面BDD16．已知等差数列{an}的公差为2，记数列{bn}的前（1）证明：数列{b（2）求数列{anbn}17．三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为3n(n≥2,n∈N)个单位.第一个人抢到的金额数为1到2n−1个单位且等可能（记第一个人抢完后剩余的金额数为W），第二个人在剩余的W个金额数中抢到1到（1）若n=2，则第一个人抢到的金额数可能为1,（i）求第一个人抢到金额数X的分布列与期望；（ii）求第一个人获得手气王的概率；（2）在三个人抢到的金额数为2,18．已知双曲线C:y2−x2=1，上顶点为D.直线l与双曲线C的两支分别交于A,B两点（B（1）若T(3（i）若A(0,−1)，求（ii）求证：α+β为定值；（2）若β=π6，直线DB与x轴交于点E，求△BET与19．定义：对于定义在区间[a,b]上的函数，若存在实数c∈(a,b)，使得函数在区间[a,已知定义在区间[a,b]上的函数f(x)是以c为最优点的单峰函数，在区间(a,b)上选取关于区间的中心a+b2对称的两个试验点x1,x2，称使得|f(xi)−f(c)|(i=1,2)较小的试验点xi为好点（若相同，就任选其一），另一个称为差点.容易发现，最优点c与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间[a,b]分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为[a1,b1]，再对区间[a1,b1]重复以上操作，可以找到新的存优区间[已知函数f(x)=(x+1)cosx−1,x∈[0,（1）求证：函数f(x)是单峰函数；（2）已知c为函数f(x)的最优点，d为函数g(x)的最优点.（i）求证：c+d<π；（ii）求证：xε注：2≈1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因为复数z满足(2+i)z=5，

所以，z=52+i=52−i2+i2−i=2．【答案】A【解析】【解答】解：因为角α为锐角，sinα=45，所以cosα>0,所以，cosα=35，

则sin(α+π3)=sinα3．【答案】C【解析】【解答】解：充分性：因为平面α,β,γ,α∩β=l，l⊥γ，所以，α⊥γ且β⊥γ，满足充分性；

必要性：因为α⊥γ且β⊥γ，又因为平面α,β,γ,α∩β=l，所以，l⊥γ，满足必要性；4．【答案】B【解析】【解答】解：因为圆C:x2+y2−2x−m=0，所以圆心为C1,0，半径r为1+m，

又因为直线l:x−y+1=0与圆C:x2+y5．【答案】D【解析】【解答】解：根据题意，

对于A，由b^=0.85>0可知y与x具有正的线性相关关系，所以A错；

对于B，因为经验回归方程为y=0.85x+29.5，当父亲身高增加1cm时，

则儿子身高约增加0.85cm，所以B错；

对于C，因为经验回归方程为y=0.85x+29.5，儿子身高为172cm时，

父亲身高不一定为173cm，所以C对；

对于D，因为经验回归直线恒过样本数据中心点，又因为经验回归方程为6．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可得：数列an在1,3上为递减数列，在7,+则λ>012λ>7212λ故答案为：C.【分析】由题意可得数列an在1,3上是递减数列，数列an在7．【答案】C【解析】【解答】解：由题意可知，正四棱台上、下底面对角线的交线形成的交点的距离即为正四棱台的高h，

上底面的对角线长度为2×2=22，下底面的对角线长度为4×2=42，

所以高为ℎ2=32−42−22228．【答案】A【解析】【解答】解：联立x4+ax−2024=0xy=2024则a=−x3+2024xy=2024x，即y=−x3+即函数y=2024x与y=2024x的交点坐标为1,1和因为f−x=−x又因为y=−x3与y=2024x在0,+∞上单调递减，所以fx=−则y=a与y=−x3+2024x只需a>f1或a<f−1，即a>2023或故实数a的取值范围为−∞故答案为：A【分析】联立，解得a=−x3+2024xy=2024x，令fx=−x9．【答案】B,D【解析】【解答】解：当向量a→,b→方向相同，与c→方向相反时，满足a⋅c=b⋅c，

此时|a+b+c|有最小值c→−a→+b→=1，所以A错；

当向量a,b,c方向相同时，满足a⋅c=b⋅c，此时|a+b+10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因为函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，ω=2,φ=π2，

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

再利用f(−x)=cos−2x=cos2x=f(x),x∈R,所以函数f(x)为偶函数，所以A对；

当ω=2时，x0为函数f(x)的一个零点，则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不是该函数的一个极大值点，所以B错；

当φ=−11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：对于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错；

对于B，若x∈A∩B,则1A∩B(x)=1，1A(x)=1，1A∪B(x)=1，此时满足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：快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节有d,e两种运输方式中选一种，

1，2，3，4个环节必须包含a，b，c三种不同的运输方式，

若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则3，4个环节一个选b，一个选c，有2×1×2=4种，

若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a，b两种运输方式，则3，4个环节一个选b，一个选c，

或者都选c，则有2×2×2+2×1×2=8+4=12种，

快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式共有4+12=16种.

故答案为：16.14．【答案】2【解析】【解答】解：设点Px1,y1,Rx2,y2不妨设点P位于第一象限，由PN=2NQ，可得设直线MQ与NR的交点为Tt,0，则QT//MQQT=由QT//MQ，可得t−x1RT=由RT//RN，可得t−x2联立①②可得：y12x1−由椭圆的对称性可知x1dR,Q设x1=2dR,Q=2x当α+θ=π2时，dR,Q故答案为：23【分析】设点Px1,y115．【答案】（1）证明：因为BE∥AD1,BE⊄平面ADD1,A又因为BC//AD，AD⊂平面ADD1，所以BC∥平面又因为BE∩BC=B,BE,BC⊂平面BCE，所以平面BCE∥平面ADD又因为CE⊂平面BCE，所以∥平面ADD（2）解：取AB中点O，易知OD⊥AB,OD因为平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D所以OD1⊥平面ABCD则A0,1,0E0,−32,32，得CE=−3,12,32，BD=3,1,0,设直线CE与平面BDD1所成角为θ，则故直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为【解析】【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面BCE∥平面ADD（2）根据面面垂直得线面垂直，以O为坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可.（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中点O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1⊂平面∴OD1⊥如图，建立空间直角坐标系，则A0,1,0从而E0,−32又BD=3,1,0,D有BD⋅n=0DD1⋅n=0设直线CE与平面BDD1所成角为sinθ=|所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为法2：取AD1中点F，则EFDC是平行四边形，所以从而CE与平面BDD1所成角即为DF与平面BDD过D1作D1G⊥AB交AB于G，过G作GH⊥BD交BD过G作GK⊥D1H交D因为平面ABCD⊥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从而BD⊥平面D1GH，因为GK⊂平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩从而GK⊥平面BDD所以GK的长即为G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距离设为ℎ即为G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=ℎ所以直线CE与平面BDD1所成角的正弦值为16．【答案】（1）证明：n≥2时，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则3M=1⋅3所以2M=−(3所以Tn【解析】【分析】（1）利用已知条件结合bn,Sn的关系式和等差数列的定义以及检验法，从而由等比数列的定义证出数列{bn+1}是等比数列.

（2）由（1）结合等比数列的通项公式得出数列{bn}的通项公式，再结合等差数列的前n项和公式得出等差数列{17．【答案】（1）解：若第一个人抢到的金额数为i个单位，第二个人抢到的金额数为j个单位，第三个人抢到的金额数为k个单位，我们将三个人抢到的金额数记作(i,（i）P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=1所以X的分布列为X123P111E(X)=1×1（ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为(2,P=P(i=2,（2）解：记事件A=“三个人抢到的金额数为2,3,所要求的是条件概率P(B∣A)，有P(B∣A)=P(BA)当三个人抢到的金额数为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)利用已知条件得出随机变量X可能的取值，再结合古典概型求概率公式得出随机变量的分布列，再利用随机变量的分布列求数学期望公式得出随机变量X的数学期望.

(ii)利用已知条件结合独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个人获得手气王的概率.

（2）利用已知条件结合独立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及条件概型求概率公式得出在三个人抢到的金额数为2,18．【答案】（1）（i）kTA=3TA与C联立可得x2−3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）①直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为y=k(x−33由y=k(x−33所以x1当x1=0时，由（i）可得当x1≠0时，设DA,k1所以k1k1所以tan(α+β)=k因为B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π②直线AB斜率不存在时，可得A(3可得k1所以tan(α+β)=k1+综上可得，α+β为定值2π3（2）由（1）可得β=π6时，①k1不存在，则A(0,−1)，由①（i）可得T(33②kDT不存在，则T(0,0)，则A(−3,③若k1和kDT均存在，设AB与双曲线联立可得xA所以k1所以tan∠ADT=k所以sin∠ADT=sin∠BET=1设△BET与△ADT的外接圆半径分别为r1从而r1r2所以△BET与△ADT的外接圆半径之比的最大值为2.【解析】【分析】（1）（i）利用已知条件结合两点求斜率公式得出直线TA的斜率，再结合点斜式得出直线TA的方程，再联立直线与双曲线的方程得出交点B的坐标，再由两点求斜率公式和直线的斜率与直线的倾斜角的关系式得出角β的值；（ii）利用已知条件结合分类讨论的方法，①当直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为y=k(x−33)和A(x1,y1),B(x2,y2)，再联立直线与双曲线方程结合韦达定