2024屆寧波（舟山）高三二模數(shù)學(xué)試題含答案

絕密★啟用前

寧波市2023學(xué)年第二學(xué)期高考模擬考試

高三數(shù)學(xué)試題卷

本試卷共4頁(yè)，19小題，滿分150分。考試用時(shí)120分鐘。

注意事項(xiàng)：

1.答卷前，考生務(wù)必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準(zhǔn)考證號(hào)填寫(xiě)在答題卷上。將條形

碼橫貼在答題卷右上角“條形碼粘貼處”。

2.作答選擇題時(shí)，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卷上對(duì)應(yīng)題目選項(xiàng)的答案標(biāo)號(hào)涂黑；如

需改動(dòng)，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試題卷上。

3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫(xiě)在答題卷各題目指定區(qū)域內(nèi)相應(yīng)位置

上；如需改動(dòng)，先劃掉原來(lái)的答案，然后再寫(xiě)上新的答案；不準(zhǔn)使用鉛筆和涂改液。不按以上要求

作答的答案無(wú)效。

4.考生必須保持答題卷的整潔，不要折疊、不要弄破。

選擇題部分(共58分)

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目

要求的。

1.復(fù)數(shù)z滿足(2+i)z=5,則|z|=

A.VioB.V5C.2D.V2

4,則sin[a+1^=

2.若。為銳角，sin^=-

44+36B4-36「3+46c3-4月

…10101010

3.已知平面a\/3=l,則_Ly”是“a_Ly且,_L的

A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件

4.已知直線/:尤->+1=0與圓C:尤2+9-2尤一根=。相離，則實(shí)數(shù)根的取值范圍是

A.m<1B.-1<m<1C.m>1D.m>-1

5.某校數(shù)學(xué)建模興趣小組為研究本地區(qū)兒子身高了(cm)與父親身高尤(cm)之間的關(guān)系，抽樣調(diào)查后得出了

與了線性相關(guān)，且經(jīng)驗(yàn)回歸方程為9=0.85尤+29.5.調(diào)查所得的部分樣本數(shù)據(jù)如下:

父親身高x(cm)164166170173173174180

兒子身高丫(cm)165168176170172176178

則下列說(shuō)法正確的是

A.兒子身高>(cm)是關(guān)于父親身高x(cm)的函數(shù)B.當(dāng)父親身高增加1cm時(shí)，兒子身高增加0.85cm

C.兒子身高為172cm時(shí)，父親身高一定為173cmD.父親身高為170cm時(shí)，兒子身高的均值為174cm

6.已知數(shù)列｛%｝滿足%=2/-〃，對(duì)任意”｛1,2,3｝都有見(jiàn)>%+],且對(duì)任意無(wú)eN｝都有

a?<。用，則實(shí)數(shù)2的取值范圍是

A?[勒B.9)C.盟D.

數(shù)學(xué)試題第1頁(yè)(共4頁(yè))

7.在正四棱臺(tái)ABCD-AAGA中，AB=4,4旦=2,AAj=V3,若球0與上底面\BXCXDX以及棱

A氏3cs,D4均相切，則球。的表面積為

A.9兀B.16KC.25兀D.36兀

8.已知集合尸={5刈/+辦-2024=0且盯=2024},若尸中的點(diǎn)均在直線產(chǎn)202以的同一側(cè)，則實(shí)數(shù)。的

取值范圍為

A.（-oo,-2023）|_1（2023,+oo）B.（2023,+oo）

C.（-00,-2024）1_（2024,+co）D.（2024,+8）

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。

全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。

9.若平面向量a,b,c滿足|。|=1,|b|=1,|c|=3且a.c=b-c，則

A.|a+/;+c|的最小值為2B.|a+Z;+c|的最大值為5

C.|a-8+c|的最小值為2D.|“-6+c|的最大值為加

10.已知函數(shù)/（尤）=sin（。尤+°）（。＞0）,

IT

A.若。=2,（p=~,則”x）是最小正周期為兀的偶函數(shù)

B.若。=2,%為/（x）的一個(gè)零點(diǎn)，則毛+'TT必為/（X）的一個(gè)極大值點(diǎn)

TT7T3

C.若夕=-2，X=g是/（X）的一條對(duì)稱軸，則。的最小值為:

TTJIQ

D.若0=-2，AM在0,-上單調(diào)，則。的最大值為:

11.指示函數(shù)是一個(gè)重要的數(shù)學(xué)函數(shù)，通常用來(lái)表示某個(gè)條件的成立情況.已知U為全集且元素個(gè)數(shù)有限，

[l,xeS,

對(duì)于U的任意一個(gè)子集S,定義集合s的指示函數(shù)ls（x）,ls（x）=c若則

1fz3.

注：E/（X）表示M中所有元素X所對(duì)應(yīng)的函數(shù)值f（x）之和（其中〃是f（x）定義域的子集）.

x&M

A.E1AW＜E1AW

XGAXGU

B.1As（x）＜lA（x）＜lAB（x）

c.ZXB（X）=5（1A（X）+1B（X）-1A（X）1B（X））

xeUxeU

D.X（1一1A（X））（1-1B（尤））（1一lc（無(wú)））=￡1人無(wú)）一[1AB《（X）

xeUxeUxeU

非選擇題部分（共92分）

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.在aABC中，AB=l,AC=2,cosA=-,則8C=▲.

4

13.某快遞公司將一個(gè)快件從寄件人甲處攬收開(kāi)始直至送達(dá)收件人乙，需要經(jīng)過(guò)5個(gè)轉(zhuǎn)運(yùn)環(huán)節(jié)，其中第1,

2兩個(gè)環(huán)節(jié)各有。力兩種運(yùn)輸方式，第3,4兩個(gè)環(huán)節(jié)各有6,c兩種運(yùn)輸方式，第5個(gè)環(huán)節(jié)有d,e兩種運(yùn)

輸方式.則快件從甲送到乙恰用到4種運(yùn)輸方式的不同送達(dá)方式有▲種.

數(shù)學(xué)試題第2頁(yè)（共4頁(yè)）

14.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，定義d(A,8)/須一當(dāng)I+1%-%I為4再，M)，口區(qū)，%)兩點(diǎn)間的“曼哈頓距離”.

已知橢圓C：5+y2=l，點(diǎn)P，Q，R在橢圓C上，軸.點(diǎn)滿足RM=MP,PN=2NQ.若

直線與NR的交點(diǎn)在X軸上，則以民。)的最大值為▲.

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。

15.(13分)在菱形ABCD中，AB=2,ZBAD=6Q°,以A3為軸將菱形ABC。翻折到菱形ABC.,使

得平面ABG2，平面ABCD,點(diǎn)E為邊BG的中點(diǎn)，連接CE,DDX.c、---淤

(1)求證：CEjr平面4。。；\/\

(2)求直線CE與平面所成角的正弦值./X//——\

16.(15分)已知等差數(shù)列｛%｝的公差為2,記數(shù)列0｝的前n項(xiàng)和為S.，J=0,1=2且滿足匕用=2sH+an.

(1)證明：數(shù)列他,+1｝是等比數(shù)列；

(2)求數(shù)列｛。也｝的前〃項(xiàng)和北.

17.(15分)三個(gè)人利用手機(jī)軟件依次進(jìn)行拼手氣搶紅包活動(dòng)，紅包的總金額數(shù)為％522,/eN)個(gè)單位.

第一個(gè)人搶到的金額數(shù)為1到2〃-1個(gè)單位且等可能(記第一個(gè)人搶完后剩余的金額數(shù)為W),第二

個(gè)人在剩余的W個(gè)金額數(shù)中搶到1到W-1個(gè)單位且等可能，第三個(gè)人搶到剩余的所有金額數(shù)，并且

每個(gè)人搶到的金額數(shù)均為整數(shù)個(gè)單位.三個(gè)人都搶完后，獲得金額數(shù)最高的人稱為手氣王(若有多人

金額數(shù)相同且最高，則先搶到最高金額數(shù)的人稱為手氣王).

(1)若"=2,則第一個(gè)人搶到的金額數(shù)可能為1,2,3個(gè)單位且等可能.

(i)求第一個(gè)人搶到金額數(shù)X的分布列與期望；

(ii)求第一個(gè)人獲得手氣王的概率；

(2)在三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個(gè)排列的條件下，求第一個(gè)人獲得手氣王的概率.

數(shù)學(xué)試題第3頁(yè)(共4頁(yè))

18.（17分）已知雙曲線C:y2-/=］,上頂點(diǎn)為￡>.直線/與雙曲線C的兩支分別交于A2兩點(diǎn)（3在

第一象限），與％軸交于點(diǎn)T.設(shè)直線的傾斜角分別為

（1）若T*，。，

（i）若A（O,-1）,求一；

（ii）求證：々+分為定值；

7E

（2）若。=：,直線03與x軸交于點(diǎn)E,求△BET與△AT>T的外接圓半徑之比的最大值.

0

19.（17分）定義：對(duì)于定義在區(qū)間3,句上的函數(shù)，若存在實(shí)數(shù)ce5,加，使得函數(shù)在區(qū)間［a,c］上單調(diào)遞

增（遞減），在區(qū)間匕可上單調(diào)遞減（遞增），則稱這個(gè)函數(shù)為單峰函數(shù)且稱。為最優(yōu)點(diǎn).

已知定義在區(qū)間上，切上的函數(shù)是以c為最優(yōu)點(diǎn)的單峰函數(shù)，在區(qū)間（。，6）上選取關(guān)于區(qū)間的

中心V對(duì)稱的兩個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)否,吃,稱使得17（%）-/（c）|（i=1,2）較小的試驗(yàn)點(diǎn)玉為好點(diǎn)（若相同，就

任選其一），另一個(gè)稱為差點(diǎn).容易發(fā)現(xiàn)，最優(yōu)點(diǎn)。與好點(diǎn)在差點(diǎn)的同一側(cè).我們以差點(diǎn)為分界點(diǎn)，把

區(qū)間團(tuán)力］分成兩部分，并稱好點(diǎn)所在的部分為存優(yōu)區(qū)間.設(shè)存優(yōu)區(qū)間為儲(chǔ)，妃，再對(duì)區(qū)間［卬4］重復(fù)

以上操作，可以找到新的存優(yōu)區(qū)間［%也］，同理可依次找到存優(yōu)區(qū)間［%也］4％也］，…，滿足

［<2,6］=［%,汨2［%也］2［%也］2［?4-^］2,,可使存優(yōu)區(qū)間長(zhǎng)度逐步減小.為了方便找到最優(yōu)點(diǎn)（或者

接近最優(yōu)點(diǎn)），從第二次操作起，將前一次操作中的好點(diǎn)作為本次操作的一個(gè)試驗(yàn)點(diǎn)，若每次操作后得

到的存優(yōu)區(qū)間長(zhǎng)度與操作前區(qū)間的長(zhǎng)度的比值為同一個(gè)常數(shù)。，則稱這樣的操作是“優(yōu)美的”，得到的

每一個(gè)存優(yōu)區(qū)間都稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間，。稱為優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間常數(shù).對(duì)區(qū)間［a,b］進(jìn)行,次“優(yōu)美的”操作,

最后得到優(yōu)美存優(yōu)區(qū)間［%,2］,令%=與4,我們可任取區(qū)間回,如內(nèi)的一個(gè)實(shí)數(shù)作為最優(yōu)點(diǎn)c的

b-a

近似值，稱之為/（X）在區(qū)間［a,b］上精度為￡”的“合規(guī)近似值”，記作q（7,5向）.

兀兀

已知函數(shù)/（X）=（尤+l）cosx-l,xe0,-,函數(shù)g（x）=sinx-ln（l+兀-x）,xe-,n.

（1）求證：函數(shù)/（?是單峰函數(shù)；

（2）已知c為函數(shù)/（x）的最優(yōu)點(diǎn)，”為函數(shù)g（無(wú)）的最優(yōu)點(diǎn).

⑴求證：c+d<n；

（ii）求證：x；g,d-C-^.

注：72^1,414,73-1.732,75x2.236,e?2.646.

數(shù)學(xué)試題第4頁(yè)（共4頁(yè)）

寧波市2023學(xué)年第二學(xué)期高考模擬考試

高三數(shù)學(xué)參考答案

一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目

要求的。

1.B2.A3.C4.B5.D6.C7.C8.A

二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求。

全部選對(duì)的得6分，部分選對(duì)的得部分分，有選錯(cuò)的得0分。

9.BD10.ACD11.BCD

三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分。

12.213.1614.273

四、解答題：本題共5小題，共77分。解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟。

15.(13分)

解：(1)BEA。，BEa平面A。，，A￡>u平面A。"，BE/平面A。，.

同理可得BC/平面ADR.

又?BEBC=B,平面BCE■■平面ADDt.

CEu平面BCE,:.CEf平面ADD}................................................................................6分

(2)法1：取AB中點(diǎn)O,易知OD,1AB.

■平面ABCD_L平面ABCiDi,平面ABCD平面ABCtDt=AB,ODt_LAB,

OD、1平面ABCD.

如圖，建立空間直角坐標(biāo)系，則40,L0),5(0,-1,0),D(V3,0,0),C(V3,-2,0),￡>,(0,0,73),￡(0,-2,G).

從而E0,--,得CE=-V3,—.

(22)(22)

又BD=(C,1,0),DD1=(-6,0,6)，設(shè)平面BD。1的法向量〃=(l,%,y),

BD?n=。y/3+x=0\x=—V3r-

有，得廠廠，解得/，故〃=(1,—6,1).「

[DDX-n=0[^-A/3+V3J=0[j-1Gy---------

設(shè)直線CE與平面BDD,所成角為6,則A

.QICE川+R岳

e.⑶10/

所以直線CE與平面BDD所成角的正弦值為吟..............................

t..............................13分

法2：取A2中點(diǎn)產(chǎn)，則ETOC是平行四邊形，所以CE//DF.—

從而CE與平面8。。所成角即為。尸與平面BD"所成角，設(shè)為0.\

過(guò)，作，G_LA3交A3于G,過(guò)G作GW_L3。交30于8,/

過(guò)G作GKLRH交。H于K.

TNCD

因?yàn)槠矫鍭BCD1平面ABQD,,所以QG，平面A3CD.

所以RG，BD從而B(niǎo)D±平面RG8.

數(shù)學(xué)答案第1頁(yè)(共7頁(yè))

所以BDLGK,從而GKL平面B。".

所以GK的長(zhǎng)即為G到平面BDD、的距離.

由D[G=6,GH=2，可得GK=姮.

25

又GFI啊,所以尸到平面BDD]的距離設(shè)為〃即為G到平面BDDt的距離，即/z=GK=半.

又D[G=DG=6,可得Z)D]=n.

在AADR中，DDX=y[6,AD=ADl=2,所以4￡>狀+AD；=2(4^+。口；)，得。尸=2.

所以sinO=±=姮，

DF10

所以直線CE與平面所成角的正弦值為*..............................................13分

16.(15分)

解：(1)“22時(shí),bn+l-bn=2(S?-S?_1)+an-an_x=2bn+2,即％=3b“+2.

又4=0,仇=2,所以占'時(shí),%—,即酊1+1=3電+1).

又乙+1=1片0,所以2+1*0,

b+]

所以才匕=3,所以數(shù)列｛6“+1｝成等比數(shù)列........................................6分

(2)由(1)易得么由仇=24+4可得％=2,所以a“=2〃.

所以ah=2M3"一一1)=In-3"一一2n,

所以￡=2(L3°+23+3.32+.+n-3"-1)-n(n+V).

令川=I30+2.3i+3-3?++加3"一|,

則3M=33i+2.32+3.33++n-3",

所以2M=-(3°+3*+32++3"_)+〃?3"=小3"-=⑵「"+1,

1-32

所以7；=2Af-〃(〃+1)=(2"-1>3+1一〃(〃+1)................................................................................15分

17.(15分)

解：若第一個(gè)人搶到的金額數(shù)為，?個(gè)單位，第二個(gè)人搶到的金額數(shù)為，個(gè)單位，第三個(gè)人搶到的金額數(shù)為太

個(gè)單位，我們將三個(gè)人搶到的金額數(shù)記作⑺，k).

(1)(i)尸(X=1)=P(X=2)=尸(X=3)=g,

所以X的分布列為

X123

111

P

333

E(X)=1X!+2X!+3X1=2................................................................................4分

333

數(shù)學(xué)答案第2頁(yè)(共7頁(yè))

(ii)第一個(gè)人獲得手氣王時(shí)，三個(gè)人搶到的金額數(shù)只可能為(2,2,2),(3,1,2),(3,2,1),

故第一個(gè)人獲得手氣王的概率

p=p(i=2,j=2,k=Z)+P(i=3,j=l,k=2)+P(i=3,j=2,k=Y)=-x-+-x-+-x-=-.

3332329

..............................................................................8分

(2)記事件A=“三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個(gè)排列"，事件5="第一個(gè)人獲得手氣王”.

所要求的是條件概率尸(8IA),有P(B|A)=4

當(dāng)三個(gè)人搶到的金額數(shù)為2,3,4的一個(gè)排列時(shí)，總金額數(shù)為9,故第一個(gè)人搶到的金額數(shù)可能為1,2,

3,4,5.

又尸(胡)=p?=4"=2#=3)+尸"=4"=3,左=2)=：*：+：*；=2，

P(A)=P(i=4,j=2,k=3)+P(i=4,j=3,k—2)+P(i=3,j=2,左=4)

+P(i=3J=4,k=2)+P(i=2,j=3,k=4)+P(i=2,j=4,k=3)

37

=—X—+—X—+—X—+—x—+—x—+—x—=

545455555656150

1

P(BA)1015

故尸(8|A)=...............................................................................15分

尸(A)3737

150

18.(17分)

解：法1：(1)(i)kTA=43，所以7X:y=瓜-1.

7X與C聯(lián)立可得X?-"c=0，解得尤=?；蛴?6，所以3（右,2）.

所以如8=F，所以夕=看；.......................................4分

（⑻

（ii）①直線A3斜率存在時(shí)，可設(shè)直線的方程為丁=勺X-',設(shè)

y=Kx------j—

由；I3J得3(左2—1)了2一26左2工+左2一3=0

y2-x2=l

2辰2甘-3

所以占+%=3（/_1），芯々一3（，一1）

數(shù)學(xué)答案第3頁(yè)（共7頁(yè)）

27r

當(dāng)玉=。時(shí),由(i)可得a+Q=?；

當(dāng)再w0時(shí),設(shè)的斜率分別為3&.

旦k+l

=k-3------,k?=k——

玉

&+13+i

2尿，

所以K+k,=2k—&3二”-烏+i

x23；再看k-y/3

\現(xiàn)+1

-k+i6+k

k、攵2=3

k-m,

八7

所以tan(a+/)="[=一耳.

1—K^k2

TT37r9jr

因?yàn)锽在第一象限，所以0</<:，所以0<a+￡〈三，所以a+￡=莖.

②直線A8斜率不存在時(shí)，可得A?々，B*，三一

(33J

可得左=-2-瓜《=2-6,

所以tan(a+/)=UkMk=一近I~，同理可得。+〃=2TT

1一左K3

2兀

綜上可得，￡為定值鼻，得證........................................10分

(2)由(1)可得"=?時(shí)，8(6,2).

0

①用不存在，則A(0,-l),由(1)(i)可得T彳-,0所以kDT=-A/3,所以ZADT=—.

②如丁不存在，則TQ0),則A(—G，—2),此時(shí)勺=6，由圖可得/AOT=g.

2

③若匕和kDT均存在，AB:y=k{x-V3)+2,T(t,0),貝|J/=G一不

數(shù)學(xué)答案第4頁(yè)(共7頁(yè))

.—Jtp-Y_J__rzg'左2—4左+—2左2+2左—2

與雙曲線聯(lián)“可得與=——7T-——，力=——~r~x——

所以勺二匕半3二^.

k-432-辰

所以tan/ADT=^W=坐，

1+忙DTK3

所以sinZADT=sinABET=-.

2

設(shè)aBET與aADT的外接圓半徑分別為。馬，

BT

從而乙=sm武ET=粵=四=色工2,等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)以=-1時(shí)取至IJ.

%_竺_AT%\yA\

sinZADT

所以△BET與aADT的外接圓半徑之比的最大值為2...................................................................................17分

法2：(1)同法1..............................................................................10分

(2)①②同法1

③若匕和卜口丁均存在，設(shè)A(尤o,yoy,T(t,0),則BA=(xQ—V3,%-2),BT=(t—V3,—2).

由AT,B三點(diǎn)共線可得BA//BT.

所以一2(x。一6)一(％-2)?-6)=0,所以--2(x「*+6=-2%+.

%-2%-2

-1%-2

,tv]=Azl,,y"kDT=

%-2%+My。2x。一6y°

%-2

k-k2%o-G%xo

所以tanZADT=^DT%_

1+k，DT,k[1+%二.Azi

2%-J3yox0

(%-2)%_右頭-x^y。-右y。

(2%一百%,o+(%-2)(%-1)2xg+y：-V3xoyo-3y0+2

=島;-1%-島)=底;一尤0%-底°=6

2(y；T)+y：-行無(wú)。%-3%+23)>g-y/3xoyo-3y03

所以ZADT=￡,所以sin/AOT=sin/BET=；.

下同法L..............................................................................17分

法3：(1)(i)同法1..............................................................................4分

TT2冗

(ii)①a=]時(shí)，由(i)可得a+/?=M；

IT

②a/萬(wàn)時(shí)，設(shè)的斜率分別為《人.

，h、6

設(shè)/::nx+"(y-l)=l,由T—,0在直線上可得火加一〃=1.

I3J3

I與C聯(lián)立可得(2〃+l)(y—I)2+2mx(y-1)—x2=0,

即(2〃+l)[匕口+2mf^—1-L1=O,所以《，心就是方程(2〃+1)公+2〃-1=0的兩根.

數(shù)學(xué)答案第5頁(yè)（共7頁(yè)）

9mI

所以勺+月=--——二,1=~~——

2n+l2〃+1

/八、k+乂—mr-

tan(?+夕)=.y/=——-=-V3,

1一勺左2〃+1

TT27r

因?yàn)?在第一象限，所以0</<5,所以0<a+4<5，所以口+4=5.

2兀

綜上可得，a+6為定值可，得證........................................10分

(2)①②同法1

③若勺和左■均存在，設(shè)7(7,0),則“"-”=1,

一,/石、左1+公—m17

則tan(6z+,)=-~——=----=一一=kDT.

1-kxk2n+1t

記直線OT的傾斜角為7,則a+尸=7,所以￡=7-a=NADT

所以sinNADT=sinABET=-.

2

下同法1..........................................17分

19.(17分)

解：(1)因?yàn)?(x)=cosx-(x+l)sinx,f(x)=-2sinx-(x+1)cosx.

因?yàn)?(x)<0,所以/(x)在上單調(diào)遞減，又因?yàn)榘恕?=1,唱卜-11+.

由零點(diǎn)存在定理知，存在唯一的ce(。，］］,使得/(c)=0,且xe(0,c)時(shí)，/(x)>0,

TT

/(%)<0,所以/(X)在［0,c］上遞增，C,-上遞減，所以廣⑺為單峰函數(shù).