（一模）宁波市2024学年第一学期高考模拟考试 数学试卷（含答案）

绝密★启用前宁波市2024学年第一学期高考模拟考试高三数学试卷本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。注意事项：1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上。将条形码横贴在答题卷右上角“贴条形码区”。2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上。3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答的答案无效。4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破。选择题部分(共58分)一、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.集合A={-2,0,1},B={y|y=x²,x∈A},则A∪B=A.{-2,0,1}B.{0,1,4}C.{0,1}D.{-2,0,1,4}2.复数z满足z=5i-2,A.1B.2C.5D.53.向量ā,b满足|ā|=|b|=1,ā⊥b,则|A.3B.7C.104.研究小组为了解高三学生自主复习情况，随机调查了1000名学生的每周自主复习时间，按照时长(单位：小时)分成五组：[2，4)，[4,6),[6,8),[8,10),[10,12),得到如图所示的频率分布直方图,则样本数据的第60百分位数的估计值是A.7B.7.5C.7.8D.85.圆台的高为2，体积为14π，两底面圆的半径比为1：2，则母线和轴的夹角的正切值为A.33B.32C.26.已知椭圆C的左、右焦点分别为F₁,F₂,过上顶点A作直线AF₂交椭圆于另一点B.若|AB|=F₁B|,则椭圆C的离心率为A.13B.12C.37.不等式x²-ax-1x-b≥0对任意x>0恒成立，则A.22-2B.2C.22数学试题第1页(共4页)8.设a∈R,函数fx=sin2πx-2πa,x<a,|x-a-1|-3a+6,x≥a.若f(A.272B.(2,3]C.二、选择题：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.已知数列{an},{bₙ}都是正项等比数列,则A.数列anB.数列{an·bnC.数列anD.数列{an10.函数fxA.f(x)的图象过定点B.当a=1时,f(x)在(0,+∞)上单调递增C.当a=1时,f(x)>2恒成立D.存在a>0,使得f(x)与x轴相切11.已知曲线C:x²+y²-1A.曲线C过原点OB.曲线C关于y=x对称C.曲线C上存在一点P,使得|OP|=1D.若P(x,y)为曲线C上一点,则|x|+|y|<3非选择题部分(共92分)三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数.f(x)=3ˣ,则f(log₃2)=▲.13.抛物线C:y²=4x的焦点为F,P为C上一点且|PF|=3,O为坐标原点,则S14.一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为▲.四、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.(13分)在三棱锥P-ABC中,侧面PAC是边长为2的等边三角形,AB=(1)求证:平面PAC⊥平面ABC;(2)求平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值.数学试题第2页(共4页)16.(15分)已知数列an为等差数列，且满足(1)若a₁=1,求an的前n项和(2)若数列{bn}满足5b2-1b1=3417.(15分)已知352是双曲线Ex2a2(1)求E的方程;(2)直线l过点A(1,1),且与E的两支分别交于P,Q两点.若|AP|⋅|AQ||PQ|=1918.(17分)已知函数f(1)判断f(x)的奇偶性;(2)若a=-12,(3)若存在.x₀∈0π,使得对任意.x∈0x₀,数学试题第3页(共4页)19.(17分)开启某款保险柜需输入四位密码a1a2a3xs,其中a1a2a3为用户个人设置的三位静态密码(每位数字都是0~9中的一个整数)，xₛ是根据开启时收到的动态校验钥匙s(s为1~5中的一个随机整数)计算得到的动态校验码..xs的具体计算方式：xs是M=(1)若用户最终得到的四位开柜密码为2024,求所有可能的动态校验钥匙s(2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙s=5,求动态校验码.x₅的概率分布列；(3)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙s=i1≤i≤5i∈N的概率为pᵢ,其中pᵢ是互不相等的正数.记得到的动态校验码xs=k0≤k≤9k∈N的概率为Qₖ,试比较数学试题第4页(共4页)宁波市2024学年第一学期高考模拟考试高三数学参考答案一、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.D2.C3.C4.B5.B6.C7.A8.D二、选择题：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.BC10.ACD11.ABD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.213.214.四、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.(13分)解:(1)取AC中点O,连OP,OB,有OP⊥AC.因为∠ABC=π2,又OP=3,所以PB²=OP²+OB²,所以OP⊥因为AC∩OB=O,AC⊂平面ABC,OB⊂平面ABC,所以OP⊥平面ABC.又因为OP⊂平面PAC,所以平面PAC⊥平面ABC.-----------------------------5分(2)法一：以O为原点建立空间直角坐标系如图，有(可得设平面PAB的一个法向量为n1=xyz,易得平面PAC的一个法向量为n设平面PAB与平面PAC的夹角为α，可得cos故平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为31313.法二:过B作BH⊥AC于H,过H作HT⊥AP于T,连BT.因为平面PAC⊥平面ABC,平面PAC∩平面ABC=AC,BH⊂平面ABC,所以BH⊥平面PAC.数学答案第1页(共4页)又HT⊥AP,可知∠BTH就是平面PAB与平面PAC的夹角.由∠BAC=π6,所以TH=AHsin∠PAC=334,故平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值为31313.16.(15分)解:(1)由a₂ₙ=2aₙ+1,得a₁+2n-1d=2a₁+又a₁=1,得d=2,所以Sn=na有a1⋅b故34=5b2-1b1=a24-a17.(15分)解:(1)由题意,得9a2-254b2=1.又由渐近线为y=±52x,得ba=(2)显然直线l的斜率存在,设直线l:y=k(x-1)+1,P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂),联立y=kx-1+1x24由韦达定理，得x1+x2=8k从ī|AP|⋅|AQ|=|PQ|=数学答案第2页(共4页)所以|AP|⋅|AQ||PQ|=19两边平方得7k²+4k-11=0,解得k=-117或k=1,检验△>又因为直线l与E的两支分别交于P，Q两点，得x1x2=4k218.(17分)解:(1)f(x)的定义域关于原点对称,且f(-x)=f(x),所以f(x)为偶函数.---------4分(2)当a=-12时，要证f(x)≤1,即证1-x2≤1-12xsinx,又当-1≤x≤1时,1-1即证x2-xsinx+14x2令g(x)=x-sinx,有g'(x)=1-cosx≥0,得g(x)在[0,1]上单调递增,从而g(x)≥g(0)=0,所以x-sinx≥0,因此x≥sinx.----------------------------------------------------9分(3)f(x)<1等价于1+2ax2<axsinx+1,又当0<x<π时,axsinx+1>0,从而令hx=2sinx-2x+axsin²x,有h'x=2cosx-2+asin²x+axsin2x,(注:h(k)(x)为h(x)的k阶导数)当h⁽³⁾0=-2+6a>0时，即a>13时，存在.x₀∈0π,使得对任意x∈0x₀,h⁽³⁾x>0,所以h²)(x)在(0,x₀)递增.又h⁽²⁾0=0,所以h⁽²⁾x>0对任意x∈(0,x₀)恒成立,从而h'(x)在(0,x₀)递增.又h'(0)=0,所以h'(x)>0对任意x∈(0,x₀)恒成立,从而h(x)在(0,x₀)递增,结合h(当0<a<13时，h⁽³⁾0=-2+6a<0,故存在x₀∈0π,使得对任意x∈0x₀,h⁽³⁾x<0,所以h⁽²⁾x在(0,x₀)递减.又h⁽²⁾0=0,所以h⁽²⁾x<0对任意x∈(0,x₀)恒成立,从而h'(x)在(0,x₀)递减.又h'(0)=0,所以h'(x)<0对任意x∈(0,x₀)恒成立,从而h(x)在(0,x₀)递减,结合h当a=13时，h(4)(x)=2sinx-16asin2x-8axcos2x,h⁽⁵⁾(x)=2cosx-40acos2x+16axsin2x,得同理可得不符合题意.综上，a>13.19.(17分)解：(1)由题意，静态密码为202,动态校验码若s=1,则M=2×1³+0×1²+2×1=4,得.x₁=4,符合.若s=2,则M=2×2³+0×2²+2×2=20,得x₂=0,不符.同样,当s=3,4,5时,分别计算可得x₃=0,x₄=6,x₅=0,均不符合.数学答案第3页(共4页)因此,s只可能为1.-----------------------------------------------------4分(2)对于三位静态密码a1a2a3,有M=a₁⋅5³+a₂⋅5²+a₃⋅5=525a₁+5a₂+a₃,可得M的个位数字只能是0或又M=125a₁+25a₂+5a₃=10可知当a₁+a₂+a₃为奇数时，x₅=5;当a₁+a₂+a₃为偶数时，x₅=0.下面计算a₁+a₂+a₃为奇数的a1①a₁,a₂,a₃均为奇数:5³=125个；②a₁,a₂,a₃一奇两偶:C3故共有125+375=500个.所以Px5=5因此，概率分布列为x₅05PーINーIN9分(3)记事件A：得到的动态校验码.xₛ=0,事件B：得到的动态校验码xₛ=1,事件C₁:收到的动态校验钥匙s=i(1≤i≤5,i∈N),有A=AC₁∪AC₂∪AC₃∪AC₄∪AC₅,B=BC₁∪BC₂∪BC₃∪BC₄∪BC₅,从而Q同理可得Q①对于事件C₅:由问(2)可知,PA|C5=12②对于事件C₂，C₄：静态密码a1a2a3对应的M=a1⋯3+a2⋯2+a3⋯.当s=2或4时,M为