浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期4月高考模拟考试数学试题

浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期4月高考模拟考试数学试题一、/span>､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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．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,A．[114,18] B．(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)∪(2023,C．(−∞,−2024)∪(2024,二、/span>､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.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∈U三、/span>､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．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d(A,B)=|x1−x2|+|y1−y2|为A(x1,y1),B(x四、/span>､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15．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ABC（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】B2．【答案】A3．【答案】C4．【答案】B5．【答案】D6．【答案】C7．【答案】C8．【答案】A9．【答案】B,D10．【答案】A,C,D11．【答案】B,C,D12．【答案】213．【答案】1614．【答案】2315．【答案】（1）证明：∵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中点O，易知OD⊥AB,∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面∴OD1⊥如图，建立空间直角坐标系，则A(0,从而E(0,−3又BD=(3,1,有BD⋅n=0DD1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，所以所以D1G⊥BD从而BD⊥平面所以BD⊥GK，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Tn17．【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)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2.19．【答案】（1）证明：因为f'因为f″(x)<0，所以f'(x)由零点存在定理知，存在唯一的c∈(0,π2)，使得f'(c)=0，且x∈(0,c)时，f'(x)>0,（2）证明：（i）令t=π−d，则t∈[0,π2]，令ℎ(x)=g(π−x)=sinx−ln(1+x)，因为d为g(x)在[π2,π]上的最优点，所以t为ℎ(x)在[0,π2又由（1）知，f(x)在[0,c]递增，[c,所以由零点存在性定理