2023-2024学年浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高考考前提分数学仿真卷含解析

2023-2024学年浙江省宁波市诺丁汉大学附属中学高考考前提分数学仿真卷注意事项1．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．2．答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用0．5毫米黑色墨水的签字笔填写在试卷及答题卡的规定位置．3．请认真核对监考员在答题卡上所粘贴的条形码上的姓名、准考证号与本人是否相符．4．作答选择题，必须用2B铅笔将答题卡上对应选项的方框涂满、涂黑；如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其他答案．作答非选择题，必须用05毫米黑色墨水的签字笔在答题卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律无效．5．如需作图，须用2B铅笔绘、写清楚，线条、符号等须加黑、加粗．一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知为两条不重合直线，为两个不重合平面，下列条件中，的充分条件是（）A．∥ B．∥C．∥∥ D．2．若，则的虚部是（）A． B． C． D．3．已知双曲线C：1（a＞0，b＞0）的焦距为8，一条渐近线方程为，则C为（）A． B．C． D．4．已知集合，，则为()A． B． C． D．5．已知集合M＝{x|﹣1＜x＜2}，N＝{x|x（x+3）≤0}，则M∩N＝（）A．[﹣3，2） B．（﹣3，2） C．（﹣1，0] D．（﹣1，0）6．已知不等式组表示的平面区域的面积为9，若点，则的最大值为（）A．3 B．6 C．9 D．127．等比数列中，，则与的等比中项是（）A．±4 B．4 C． D．8．某几何体的三视图如图所示，若图中小正方形的边长均为1，则该几何体的体积是A． B． C． D．9．函数（或）的图象大致是（）A． B． C． D．10．等比数列的各项均为正数，且，则()A．12 B．10 C．8 D．11．一个算法的程序框图如图所示，若该程序输出的结果是，则判断框中应填入的条件是（）A． B． C． D．12．的内角的对边分别为，若，则内角（）A． B． C． D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．的展开式中的系数为________________．14．请列举用0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字且比210大的所有三位奇数：___________．15．一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动，则容器体积的最小值为_________.16．若复数（是虚数单位），则________三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（12分）已知函数f(x)=x（1）讨论fx（2）当x≥-1时，fx+a18．（12分）已知椭圆的离心率为，直线过椭圆的右焦点,过的直线交椭圆于两点(均异于左、右顶点).（1）求椭圆的方程；（2）已知直线,为椭圆的右顶点.若直线交于点，直线交于点，试判断是否为定值，若是，求出定值；若不是，说明理由.19．（12分）在如图所示的多面体中，平面平面，四边形是边长为2的菱形，四边形为直角梯形，四边形为平行四边形，且，，（1）若分别为，的中点，求证：平面；（2）若，与平面所成角的正弦值，求二面角的余弦值．20．（12分）如图，在斜三棱柱中，已知为正三角形，D，E分别是，的中点，平面平面，.（1）求证：平面；（2）求证：平面.21．（12分）已知如图1，在Rt△ABC中，∠ACB=30°，∠ABC=90°，D为AC中点，AEBD于E，延长AE交BC于F，将△ABD沿BD折起，使平面ABD平面BCD，如图2所示。（Ⅰ）求证：AE平面BCD；（Ⅱ）求二面角A-DC-B的余弦值；（Ⅲ）求三棱锥B-AEF与四棱锥A-FEDC的体积的比（只需写出结果，不要求过程）．22．（10分）某商场举行优惠促销活动，顾客仅可以从以下两种优惠方案中选择一种.方案一：每满100元减20元；方案二：满100元可抽奖一次.具体规则是从装有2个红球、2个白球的箱子随机取出3个球（逐个有放回地抽取），所得结果和享受的优惠如下表：（注：所有小球仅颜色有区别）红球个数3210实际付款7折8折9折原价（1）该商场某顾客购物金额超过100元，若该顾客选择方案二，求该顾客获得7折或8折优惠的概率；（2）若某顾客购物金额为180元，选择哪种方案更划算？

参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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、D【解析】

根据面面垂直的判定定理，对选项中的命题进行分析、判断正误即可.【详解】对于A，当，，时，则平面与平面可能相交，，，故不能作为的充分条件，故A错误；对于B，当，，时，则，故不能作为的充分条件，故B错误；对于C，当，，时，则平面与平面相交，，，故不能作为的充分条件，故C错误；对于D，当，，，则一定能得到，故D正确.故选：D.【点睛】本题考查了面面垂直的判断问题，属于基础题.2、D【解析】

通过复数的乘除运算法则化简求解复数为：的形式，即可得到复数的虚部.【详解】由题可知，所以的虚部是1.故选：D.【点睛】本题考查复数的代数形式的混合运算，复数的基本概念，属于基础题.3、A【解析】

由题意求得c与的值，结合隐含条件列式求得a2，b2，则答案可求.【详解】由题意，2c＝8，则c＝4，又，且a2+b2＝c2，解得a2＝4，b2＝12.∴双曲线C的方程为.故选：A.【点睛】本题考查双曲线的简单性质，属于基础题.4、C【解析】

分别求解出集合的具体范围，由集合的交集运算即可求得答案.【详解】因为集合，，所以故选：C【点睛】本题考查对数函数的定义域求法、一元二次不等式的解法及集合的交集运算，考查基本运算能力.5、C【解析】

先化简N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，再根据M＝{x|﹣1＜x＜2}，求两集合的交集.【详解】因为N＝{x|x（x+3）≤0}={x|-3≤x≤0}，又因为M＝{x|﹣1＜x＜2}，所以M∩N＝{x|﹣1＜x≤0}.故选：C【点睛】本题主要考查集合的基本运算，还考查了运算求解的能力，属于基础题.6、C【解析】

分析：先画出满足约束条件对应的平面区域，利用平面区域的面积为9求出，然后分析平面区域多边形的各个顶点，即求出边界线的交点坐标，代入目标函数求得最大值.详解：作出不等式组对应的平面区域如图所示：则，所以平面区域的面积，解得，此时，由图可得当过点时，取得最大值9，故选C.点睛：该题考查的是有关线性规划的问题，在求解的过程中，首先需要正确画出约束条件对应的可行域，之后根据目标函数的形式，判断z的几何意义，之后画出一条直线，上下平移，判断哪个点是最优解，从而联立方程组，求得最优解的坐标，代入求值，要明确目标函数的形式大体上有三种：斜率型、截距型、距离型；根据不同的形式，应用相应的方法求解.7、A【解析】

利用等比数列的性质可得，即可得出．【详解】设与的等比中项是．

由等比数列的性质可得，．

∴与的等比中项

故选A．【点睛】本题考查了等比中项的求法，属于基础题．8、B【解析】该几何体是直三棱柱和半圆锥的组合体，其中三棱柱的高为2，底面是高和底边均为4的等腰三角形，圆锥的高为4，底面半径为2，则其体积为，.故选B点睛：由三视图画出直观图的步骤和思考方法：1、首先看俯视图，根据俯视图画出几何体地面的直观图；2、观察正视图和侧视图找到几何体前、后、左、右的高度；3、画出整体，然后再根据三视图进行调整.9、A【解析】

确定函数的奇偶性，排除两个选项，再求时的函数值，再排除一个，得正确选项．【详解】分析知，函数（或）为偶函数，所以图象关于轴对称，排除B，C，当时，，排除D，故选：A．【点睛】本题考查由函数解析式选择函数图象，解题时可通过研究函数的性质，如奇偶性、单调性、对称性等，研究特殊的函数的值、函数值的正负，以及函数值的变化趋势，排除错误选项，得正确结论．10、B【解析】

由等比数列的性质求得，再由对数运算法则可得结论．【详解】∵数列是等比数列，∴，，∴．故选：B.【点睛】本题考查等比数列的性质，考查对数的运算法则，掌握等比数列的性质是解题关键．11、D【解析】

首先判断循环结构类型，得到判断框内的语句性质，然后对循环体进行分析，找出循环规律，判断输出结果与循环次数以及的关系，最终得出选项．【详解】经判断此循环为“直到型”结构，判断框为跳出循环的语句，第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，此时退出循环，根据判断框内为跳出循环的语句，，故选D．【点睛】题主要考查程序框图的循环结构流程图，属于中档题．解决程序框图问题时一定注意以下几点：(1)不要混淆处理框和输入框；(2)注意区分程序框图是条件分支结构还是循环结构；(3)注意区分当型循环结构和直到型循环结构；(4)处理循环结构的问题时一定要正确控制循环次数；(5)要注意各个框的顺序，（6）在给出程序框图求解输出结果的试题中只要按照程序框图规定的运算方法逐次计算，直到达到输出条件即可．12、C【解析】

由正弦定理化边为角，由三角函数恒等变换可得．【详解】∵，由正弦定理可得，∴，三角形中，∴，∴．故选：C．【点睛】本题考查正弦定理，考查两角和的正弦公式和诱导公式，掌握正弦定理的边角互化是解题关键．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

在二项展开式的通项中令的指数为，求出参数值，然后代入通项可得出结果.【详解】的展开式的通项为，令，因此，的展开式中的系数为.故答案为：.【点睛】本题考查二项展开式中指定项系数的求解，涉及二项展开式通项的应用，考查计算能力，属于基础题.14、231,321,301,1【解析】

分个位数字是1、3两种情况讨论，即得解【详解】0,1,2,3这4个数字所组成的无重复数字比210大的所有三位奇数有：（1）当个位数字是1时，数字可以是231,321,301；（2）当个位数字是3时数字可以是1．故答案为：231,321,301，1【点睛】本题考查了分类计数法的应用，考查了学生分类讨论，数学运算的能力，属于基础题.15、【解析】

一个长、宽、高分别为1、2、2的长方体可以在一个圆柱形容器内任意转动,则圆柱形容器的底面直径及高的最小值均等于长方体的体对角线的长,长方体的体对角线的长为,所以容器体积的最小值为.16、【解析】

直接根据复数的代数形式四则运算法则计算即可．【详解】，．【点睛】本题主要考查复数的代数形式四则运算法则的应用．三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17、（1）见解析；（2）-∞,1【解析】

（1）f′（x）=（x+1）ex-ax-a=（x+1）（ex-a）．对a分类讨论，即可得出单调性．

（2）由xex-ax-a+1≥0，可得a（x+1）≤xex+1，当x=-1时，0≤-1e+1恒成立．当x＞-1时，a≤xe【详解】解法一：（1）f①当a≤0时，x(-∞-1(-1,+∞)f-0+f(x)↘极小值↗所以f(x)在(-∞,-1)上单调递减，在(-1,+∞)单调递增.②当a>0时，f'(x)=0的根为x=ln若lna>-1，即a>x(-∞,-1)-1(-1,ln(f+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在(-∞,-1)，(lna,+∞)上单调递增，在若lna=-1，即a=f'(x)≥0在(-∞,+∞)上恒成立，所以f(x)在若lna<-1，即0<a<x(-∞,ln(-1(-1,+∞)f+0-0+f(x)↗极大值↘极小值↗所以f(x)在(-∞,lna)，(-1,+∞)上单调递增，在综上：当a≤0时，f(x)在(-∞,-1)上单调递减，在(-1,+∞)上单调递增；当0<a<1e时，f(x)在(-∞,lna)，自a=1e时，f(x)在当a>1e时，f(x)在(-∞,-1)，(ln（2）因为xex-ax-a+1≥0当x=-1时，0≤-1当x>-1时，a≤x令g(x)=xex设h(x)=e因为h'(x)=e即hx=e又因为h0=0，所以g(x)=xex则g(x)min=g(0)=1综上，a的取值范围为-∞,1.解法二：（1）同解法一；（2）令g(x)=f(x)+a所以g'当a≤0时，g'(x)≥0，则g(x)在所以g(x)≥g(-1)=-1当0<a≤1时，令h(x)=e因为h'(x)=2ex+x又因为h-1=-a<0，所以h(x)=ex+xexx(-1x(g-0+g(x)↘极小值↗g==-e当a>1时，g(0)=-a+1<0，不满足题意.综上，a的取值范围为-∞,1.【点睛】本题考查了利用导数研究函数的单调性极值与最值、分类讨论方法、方程与不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．18、（1）（2）定值为0.【解析】

（1）根据直线方程求焦点坐标，即得c，再根据离心率得，（2）先设直线方程以及各点坐标，化简，再联立直线方程与椭圆方程，利用韦达定理代入化简得结果.【详解】（1）因为直线过椭圆的右焦点,所以，因为离心率为，所以，（2），设直线，则因此由得，所以，因此即【点睛】本题考查椭圆方程以及直线与椭圆位置关系，考查综合分析求解能力，属中档题.19、(1)见解析(2)【解析】试题分析：（1）第（1）问，转化成证明平面,再转化成证明和.(2)第（2）问，先利用几何法找到与平面所成角，再根据与平面所成角的正弦值为求出再建立空间直角坐标系，求出二面角的余弦值.试题解析：（1）连接,因为四边形为菱形，所以.因为平面平面，平面平面，平面，，所以平面.又平面，所以.因为，所以.因为，所以平面.因为分别为，的中点，所以，所以平面（2）设，由（1）得平面.由，，得，.过点作，与的延长线交于点，取的中点，连接，，如图所示，又，所以为等边三角形，所以，又平面平面，平面平面，平面，故平面.因为为平行四边形，所以，所以平面.又因为，所以平面.因为，所以平面平面.由（1），得平面，所以平面，所以.因为，所以平面，所以是与平面所成角.因为，，所以平面，平面，因为，所以平面平面.所以，，解得.在梯形中，易证，分别以，，的正方向为轴，轴，轴的正方向建立空间直角坐标系.则，，，，，，由，及，得，所以，，.设平面的一个法向量为，由得令，得m=(3,1,2)设平面的一个法向量为，由得令，得.所以又因为二面角是钝角，所以二面角的余弦值是.20、（1）见解析；（2）见解析【解析】

（1）根据，分别是，的中点，即可证明，从而可证平面；（2）先根据为正三角形，且D是的中点，证出，再根据平面平面，得到平面，从而得到，结合，即可得证．【详解】（1）∵，分别是，的中点∴∵平面，平面∴平面.（2）∵为正三角形，且D是的中点∴∵平面平面，且平面平面，平面∴平面∵平面∴∵且∴∵，平面，且∴平面.【点睛】本题考查直线与平面平行的判定，面面垂直的性质等，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养，中档题．21、（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）1:5【解析】

（Ⅰ）由平面ABD⊥平面BCD，交线为BD，AE⊥BD于E，能证明AE⊥平面BCD;（Ⅱ）以E为坐标原点，分别以EF、ED、EA所在直线为x轴，y轴，z轴，建立空间直角坐标系E-xyz，利用向量法求出二面角A-DC-B的余弦值;（Ⅲ）利用体积公式分别求出三棱锥B-AE