浙江省宁波市2023届高三第二次模拟数学理试题

宁波市2023年高考模拟试卷数学（理科）试卷本试题卷分选择题和非选择题两部分．全卷共4页,选择题部分1至2页,非选择题部分3至4页．满分150分,考试时间120分钟．请考生按规定用笔将所有试题的答案涂、写在答题纸上．参考公式：参考公式：如果事件A，B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A，B相互独立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A在一次试验中发生的概率是p，那么n次独立重复试验中事件A恰好发生k次的概率Pn(k)=pk(1-p)n-k

(k=0,1,2,…，n)台体的体积公式：V=（其中S1,S2分别表示台体的上、下底面积，h表示台体的高）柱体的体积公式：柱体的体积公式：（其中S表示柱体的底面积，h表示柱体的高）锥体的体积公式：（其中S表示锥体的底面积，h表示锥体的高）球的表面积公式：S=4πR2球的体积公式：（其中R表示球的半径）第Ⅰ卷（选择题部分共50分）一、选择题：本大题共10小题，每小题5分，共50分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．1．设集合M={-1,0,1}，N={x|x2≤x}，则M∩N=（A）{0} （B）{0,1} （C）{-1,1} （D）{-1,0}2．函数是（A）周期为的偶函数 （B）周期为2的偶函数（C）周期为的奇函数 （D）周期为2的奇函数俯视图俯视图正视图侧视图22（第3题图）3．已知某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是（A） （B）（C） （D）4．已知点P（3,3），Q（3,-3），O为坐标原点，动点M（x,y）满足，则点M所构成的平面区域的面积是（A）12 （B）16 （C）32 （D）645．已知R，条件p：“”，条件q：“”，则p是q的（A）充分不必要条件 （B）必要不充分条件（C）充分必要条件 （D）既不充分也不必要条件6．在“石头、剪刀、布”的游戏中，规定：“石头赢剪刀”、“剪刀赢布”、“布赢石头”．现有甲、乙两人玩这个游戏，共玩3局，每一局中每人等可能地独立选择一种手势．设甲赢乙的局数为ξ，则随机变量ξ的数学期望是（A） （B） （C） （D）17．已知数列是1为首项、2为公差的等差数列，是1为首项、2为公比的等比数列．设，，则当Tn>2023时，n的最小值是（A）7 （B）9 （C）10 （D）118．已知空间向量满足，且的夹角为，O为空间直角坐标系的原点，点A、B满足，，则△OAB的面积为（A） （B） （C） （D）9．设函数的导函数为，对任意R都有成立，则（A）（B）（C）（D）的大小不确定10．三个顶点均在椭圆上的三角形称为椭圆的内接三角形．已知点A是椭圆的一个短轴端点，如果以A为直角顶点的椭圆内接等腰直角三角形有且仅有三个，则椭圆的离心率的取值范围是（A） （B） （C） （D）第Ⅱ卷（非选择题部分共100分)否是二、填空题：本大题共7小题,每小题4分,共28分否是11．已知i是虚数单位，复数的虚部是▲．12．执行如图所示的程序框图，则输出的k值是▲．13．的展开式的常数项是▲．14．设函数，若函数为偶函数，则实数的值为▲．15．从6名候选人中选派出3人参加、、三项活动，且每项活动有且仅有1人参加，甲不参加活动，则不同的选派方法有▲种．16．已知曲线：和：，直线与、分别相切于点A、B，直线（不同于）与、分别相切于点C、D，则AB与CD交点的横坐标是▲．17．在直角坐标平面上，已知点A（0,2），B（0,1），D（t,0）（t>0）．点M是线段AD上的动点，如果|AM|≤2|BM|恒成立，则正实数t的最小值是▲．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为，已知函数R）．（Ⅰ）求函数的最小正周期和最大值；（Ⅱ）若函数在处取得最大值，求的值．19．（本题满分14分）设公比大于零的等比数列的前项和为，且，，数列的前项和为，满足，，．（Ⅰ）求数列、的通项公式；（Ⅱ）设，若数列是单调递减数列，求实数的取值范围．PABCD（第20题图）20．（本题满分1PABCD（第20题图）菱形，且∠ABC=60，AB=PC=2，AP=BP=．（Ⅰ）求证：平面PAB⊥平面ABCD；（Ⅱ）求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．xyOQFABCDP1P2（第21题图）21．（本题满分15分）如图，已知椭圆E：的离心率是，P1、P2是椭圆E的长轴的两个端点（P2位于P1右侧），点F是椭圆xyOQFABCDP1P2（第21题图）(Ⅰ)求椭圆E的方程以及点Q的坐标；(Ⅱ)过点Q的动直线l交椭圆E于A、B两点,连结AF并延长交椭圆于点C，连结BF并延长交椭圆于点D．①求证：B、C关于x轴对称;②当四边形ABCD的面积取得最大值时，求直线l的方程．22．（本题满分14分）设函数，其中．（Ⅰ）如果是函数的一个极值点，求实数a的值及的最大值；（Ⅱ）求实数a的值，使得函数f(x)同时具备如下的两个性质：①对于任意实数且，恒成立；②对于任意实数且，恒成立．宁波市2023年高考模拟试卷数学（理科）参考答案说明：一、本解答给出了一种或几种解法供参考，如果考生的解法与本解答不同，可根据试题的主要考查内容制订相应的评分细则．二、对计算题，当考生的．、解答右端所注分数，表示考生正确做到这一步应得的累加分数．四、只给整数分数．选择题和填空题不给中间分．一、选择题：本题考查基本知识和基本运算。每小题5分，满分50分．1．B2．D3．A4．C5．A6．D7．C8．B9．C10．D二、填空题：本题考查基本知识和基本运算．每小题4分，满分28分．11．12．313．14．15．10016．17．三、解答题：本大题共5小题，共72分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．18．（本题满分14分）解：（Ⅰ）依题意，…………2分………5分所以函数的最小正周期是,有最大值．……………7分（=2\*ROMANⅡ）由（=1\*ROMANI）知：由，得，所以．．……………14分19．（本题满分14分）解：（Ⅰ）由，得………………3分又（，则得所以，当时也满足． ……………7分（Ⅱ），所以，使数列是单调递减数列，则对都成立，……………10分即，……………12分，当或时，所以．……………14分20．（本题满分15分）解：（Ⅰ）如图1所示，取AB中点E，连PE、CE．则PE是等腰△PAB的底边上的中线，所以PE⊥AB．……………2分PABCD（第20题图1）EFHPABCD（第20题图1）EFH由勾股定理可得，PE⊥CE．……………4分又因为AB平面ABCD，CE平面ABCD，且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD．……………5分而PE平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．……………7分（Ⅱ）（方法1）如图1，在Rt△PEC中，过点E作EF⊥PC于点F，连AF．过A作平面PCD的垂线，垂足为H，连FH．因为AE⊥EC，AE⊥PE，所以AE⊥平面PEC，于是AE⊥PC．又EF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，故PC⊥AF．已有PC⊥AH，可得PC⊥平面AFH，所以PC⊥FH．故∠AFH是二面角A-PC-D的平面角． ……10分由AB⊥平面PEC知EF⊥AB，又AB∥CD，所以EF⊥CD．而已有EF⊥PC，所以EF⊥平面PCD．又因为AH⊥平面PCD，所以AH∥EF．由于AB∥平面PCD，所以A、E两点到平面PCD的距离相等，故AH=EF．所以AEFH是矩形，∠AFH=∠EAF． ……………13分在Rt△AEF中，AE=1，EF=，AF=，所以．即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是． ……………15分（方法2）以AB中点E为坐标原点，EC所在直线为x轴，EB所在直线为y轴，EP所在直线为z轴，建立如图所示的空间直角坐标系．则A（0,-1,0），PABCD（第20题图2）ExyzC（,0,0），PABCD（第20题图2）Exyz=（,1,0），=（,0,-1），=（0,2,0）．……………9分设是平面PAC的一个法向量，则，即．取，可得，．…………11分设是平面PCD的一个法向量，则，即．取，可得，．……………13分故，即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是．……………15分xyOQFABCxyOQFABCDP1P2（第21题图）解：（Ⅰ）设点F（c,0），Q（x,0）（）．由，可得，解得．……………2分依题意，即．………4分又因为，所以．故椭圆的方程是，点Q的坐标是（2,0）．……………6分（Ⅱ）①设直线l的方程为，代入椭圆E的方程可得依题意，，．此时，若设，则，．（*）……………8分点B关于x轴的对称点B1（），则A、F、B1三点共线等价于由（*）可知上述关系成立．因此，点C即是点B1，这说明B、C关于x轴对称．……………10分②由①得B、C关于x轴对称，同理，A、D关于x轴对称．所以，四边形ABCD是一个等腰梯形．则四边形ABCD的面积． ……………12分设，则，．求导可得，令，可得．由于在上单调增，在上单调减．所以，当即时，四边形ABCD的面积S取得最大值．……………14分此时，直线l的方程是． ……………15分22．（本题满分14分）解：（Ⅰ）函数的定义域是，对求导可得……………2分依题意，，解得． ……………3分此时，，．因为，令，可得；令，可得．所以，函数在上单调递增，在上单调递减