2023-2024學年浙江省寧海縣十校聯考高考數學考前最后一卷預測卷注意事項1．考試結束后，請將本試卷和答題卡一并交回．2．答題前，請務必將自己的姓名、準考證號用0．5毫米黑色墨水的簽字筆填寫在試卷及答題卡的規定位置．3．請認真核對監考員在答題卡上所粘貼的條形碼上的姓名、準考證號與本人是否相符．4．作答選擇題，必須用2B鉛筆將答題卡上對應選項的方框涂滿、涂黑；如需改動，請用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案．作答非選擇題，必須用05毫米黑色墨水的簽字筆在答題卡上的指定位置作答，在其他位置作答一律無效．5．如需作圖，須用2B鉛筆繪、寫清楚，線條、符號等須加黑、加粗．一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1．已知是定義在上的奇函數，且當時，．若，則的解集是（）A． B．C． D．2．閱讀下面的程序框圖，運行相應的程序，程序運行輸出的結果是（）A．1．1 B．1 C．2．9 D．2．83．函數的圖象大致為（）A． B．C． D．4．已知邊長為4的菱形，，為的中點，為平面內一點，若，則（）A．16 B．14 C．12 D．85．為了貫徹落實黨中央精準扶貧決策，某市將其低收入家庭的基本情況經過統計繪制如圖，其中各項統計不重復．若該市老年低收入家庭共有900戶，則下列說法錯誤的是（）A．該市總有15000戶低收入家庭B．在該市從業人員中，低收入家庭共有1800戶C．在該市無業人員中，低收入家庭有4350戶D．在該市大于18歲在讀學生中，低收入家庭有800戶6．設為自然對數的底數，函數，若，則()A． B． C． D．7．已知復數滿足，其中為虛數單位，則（）．A． B． C． D．8．已知拋物線上的點到其焦點的距離比點到軸的距離大，則拋物線的標準方程為（）A． B． C． D．9．在復平面內，復數z=i對應的點為Z，將向量繞原點O按逆時針方向旋轉，所得向量對應的復數是（）A． B． C． D．10．在中，“”是“”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11．已知雙曲線（）的漸近線方程為，則（）A． B． C． D．12．已知命題：R，；命題：R，，則下列命題中為真命題的是（）A． B． C． D．二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13．等腰直角三角形內有一點P，，，，，則面積為______.14．函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，則實數的取值范圍為______.15．拋物線上到其焦點距離為5的點有_______個．16．若橢圓：的一個焦點坐標為，則的長軸長為_______．三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17．（12分）在①，②，③這三個條件中任選一個，補充在下面問題中，并解答.已知等差數列的公差為，等差數列的公差為.設分別是數列的前項和，且，，（1）求數列的通項公式；（2）設，求數列的前項和.18．（12分）已知數列中，a1=1，其前n項和為，且滿足．（1）求數列的通項公式；（2）記，若數列為遞增數列，求λ的取值范圍．19．（12分）己知圓F1：(x+1)1+y1=r1(1≤r≤3)，圓F1：(x-1)1+y1=(4-r)1．（1）證明：圓F1與圓F1有公共點，并求公共點的軌跡E的方程；（1）已知點Q(m，0)(m<0)，過點E斜率為k(k≠0）的直線與（Ⅰ）中軌跡E相交于M，N兩點，記直線QM的斜率為k1，直線QN的斜率為k1，是否存在實數m使得k(k1+k1)為定值？若存在，求出m的值，若不存在，說明理由．20．（12分）如圖中，為的中點，，，.（1）求邊的長；（2）點在邊上，若是的角平分線，求的面積.21．（12分）已知曲線C的極坐標方程是.以極點為平面直角坐標系的原點,極軸為x軸的正半軸,建立平面直角坐標系,直線l的參數方程是:（是參數）.（1）若直線l與曲線C相交于A、B兩點,且,試求實數m值.（2）設為曲線上任意一點，求的取值范圍.22．（10分）在中，角所對的邊分別是，且.（1）求角的大小；（2）若，求邊長.

參考答案一、選擇題：本題共12小題，每小題5分，共60分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、B【解析】

利用函數奇偶性可求得在時的解析式和，進而構造出不等式求得結果.【詳解】為定義在上的奇函數，.當時，，，為奇函數，，由得：或；綜上所述：若，則的解集為.故選：.【點睛】本題考查函數奇偶性的應用，涉及到利用函數奇偶性求解對稱區間的解析式；易錯點是忽略奇函數在處有意義時，的情況.2、C【解析】

根據程序框圖的模擬過程，寫出每執行一次的運行結果，屬于基礎題.【詳解】初始值，第一次循環：，；第二次循環：，；第三次循環：，；第四次循環：，；第五次循環：，；第六次循環：，；第七次循環：，；第九次循環：，；第十次循環：，；所以輸出.故選：C【點睛】本題考查了循環結構的程序框圖的讀取以及運行結果，屬于基礎題.3、A【解析】

根據函數的奇偶性和單調性，排除錯誤選項，從而得出正確選項.【詳解】因為，所以是偶函數，排除C和D.當時，，，令，得，即在上遞減；令，得，即在上遞增.所以在處取得極小值，排除B.故選：A【點睛】本小題主要考查函數圖像的識別，考查利用導數研究函數的單調區間和極值，屬于中檔題.4、B【解析】

取中點，可確定；根據平面向量線性運算和數量積的運算法則可求得，利用可求得結果.【詳解】取中點，連接，，，即.，，，則.故選：.【點睛】本題考查平面向量數量積的求解問題，涉及到平面向量的線性運算，關鍵是能夠將所求向量進行拆解，進而利用平面向量數量積的運算性質進行求解.5、D【解析】

根據給出的統計圖表，對選項進行逐一判斷，即可得到正確答案.【詳解】解：由題意知，該市老年低收入家庭共有900戶，所占比例為6%，則該市總有低收入家庭900÷6%＝15000（戶），A正確，該市從業人員中，低收入家庭共有15000×12%＝1800（戶），B正確，該市無業人員中，低收入家庭有15000×29%%＝4350（戶），C正確，該市大于18歲在讀學生中，低收入家庭有15000×4%＝600（戶），D錯誤．故選：D.【點睛】本題主要考查對統計圖表的認識和分析，這類題要認真分析圖表的內容，讀懂圖表反映出的信息是解題的關鍵,屬于基礎題.6、D【解析】

利用與的關系，求得的值.【詳解】依題意，所以故選：D【點睛】本小題主要考查函數值的計算，屬于基礎題.7、A【解析】

先化簡求出，即可求得答案.【詳解】因為，所以所以故選：A【點睛】此題考查復數的基本運算，注意計算的準確度，屬于簡單題目.8、B【解析】

由拋物線的定義轉化，列出方程求出p，即可得到拋物線方程．【詳解】由拋物線y2＝2px（p＞0）上的點M到其焦點F的距離比點M到y軸的距離大，根據拋物線的定義可得，，所以拋物線的標準方程為：y2＝2x．故選B．【點睛】本題考查了拋物線的簡單性質的應用，拋物線方程的求法，屬于基礎題．9、A【解析】

由復數z求得點Z的坐標，得到向量的坐標，逆時針旋轉，得到向量的坐標，則對應的復數可求.【詳解】解：∵復數z=i（i為虛數單位）在復平面中對應點Z（0，1），

∴＝(0，1)，將繞原點O逆時針旋轉得到，

設＝(a，b)，，則，即，

又，解得：，∴，對應復數為.故選：A.【點睛】本題考查復數的代數表示法及其幾何意義，是基礎題.10、D【解析】

通過列舉法可求解，如兩角分別為時【詳解】當時，，但，故充分條件推不出；當時，，但，故必要條件推不出；所以“”是“”的既不充分也不必要條件.故選：D.【點睛】本題考查命題的充分與必要條件判斷，三角函數在解三角形中的具體應用，屬于基礎題11、A【解析】

根據雙曲線方程（），確定焦點位置，再根據漸近線方程得到求解.【詳解】因為雙曲線（），所以，又因為漸近線方程為，所以，所以.故選：A.【點睛】本題主要考查雙曲線的幾何性質，還考查了運算求解的能力，屬于基礎題.12、B【解析】

根據，可知命題的真假，然后對取值，可得命題的真假，最后根據真值表，可得結果.【詳解】對命題：可知，所以R，故命題為假命題命題：取，可知所以R，故命題為真命題所以為真命題故選：B【點睛】本題主要考查對命題真假的判斷以及真值表的應用，識記真值表，屬基礎題.二、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分。13、【解析】

利用余弦定理計算，然后根據平方關系以及三角形面積公式，可得結果.【詳解】設由題可知：由，，，所以化簡可得：則或，即或由，所以所以故答案為：【點睛】本題主要考查余弦定理解三角形，仔細觀察，細心計算，屬基礎題.14、【解析】

先求得與關于軸對稱的函數，將問題轉化為與的圖象有交點，即方程有解.對分成三種情況進行分類討論，由此求得實數的取值范圍.【詳解】因為關于軸對稱的函數為，因為函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，所以與的圖象有交點，方程有解.時符合題意.時轉化為有解，即，的圖象有交點，是過定點的直線，其斜率為，若，則函數與的圖象必有交點，滿足題意；若，設，相切時，切點的坐標為，則，解得，切線斜率為，由圖可知，當，即時，，的圖象有交點，此時，與的圖象有交點，函數與的圖象上存在關于軸的對稱點，綜上可得，實數的取值范圍為.故答案為：【點睛】本小題主要考查利用導數求解函數的零點以及對稱性，函數與方程等基礎知識，考查學生分析問題，解決問題的能力，推理與運算求解能力，轉化與化歸思想和應用意識.15、2【解析】

設符合條件的點,由拋物線的定義可得,即可求解.【詳解】設符合條件的點,則,所以符合條件的點有2個.故答案為:2【點睛】本題考查拋物線的定義的應用,考查拋物線的焦半徑.16、【解析】

由焦點坐標得從而可求出，繼而得到橢圓的方程，即可求出長軸長.【詳解】解：因為一個焦點坐標為，則，即，解得或由表示的是橢圓，則，所以，則橢圓方程為所以.故答案為:.【點睛】本題考查了橢圓的標準方程，考查了橢圓的幾何意義.本題的易錯點是忽略，從而未對的兩個值進行取舍.三、解答題：共70分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。17、（1）；（2）【解析】

方案一：（1）根據等差數列的通項公式及前n項和公式列方程組，求出和，從而寫出數列的通項公式；（2）由第（1）題的結論，寫出數列的通項，采用分組求和、等比求和公式以及裂項相消法，求出數列的前項和.其余兩個方案與方案一的解法相近似.【詳解】解：方案一：（1）∵數列都是等差數列，且，，解得，綜上（2）由（1）得：方案二：（1）∵數列都是等差數列，且，解得，.綜上，（2）同方案一方案三：（1）∵數列都是等差數列，且.，解得，，.綜上，（2）同方案一【點睛】本題考查了等差數列的通項公式、前n項和公式的應用，考查了分組求和、等比求和及裂項相消法求數列的前n項和，屬于中檔題.18、（1）（2）【解析】

（1）項和轉換可得，繼而得到，可得解；（2）代入可得，由數列為遞增數列可得，，令，可證明為遞增數列，即，即得解【詳解】（1）∵，∴，∴，即，∴，∴，∴．（2）．=2·-λ（2n+1）．∵數列為遞增數列，∴，即．令，即．∴為遞增數列，∴，即的取值范圍為．【點睛】本題考查了數列綜合問題，考查了項和轉換，數列的單調性，最值等知識點，考查了學生綜合分析，轉化劃歸，數學運算的能力，屬于較難題.19、（1）見解析，（1）存在，【解析】

（1）求出圓和圓的圓心和半徑，通過圓F1與圓F1有公共點求出的范圍，從而根據可得點的軌跡，進而求出方程；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，，聯立直線方程和橢圓方程，根據韋達定理以及，，可得，根據其為定值，則有，進而可得結果.【詳解】（1）因為，，所以，因為圓的半徑為，圓的半徑為，又因為，所以，即，所以圓與圓有公共點，設公共點為，因此，所以點的軌跡是以，為焦點的橢圓，所以，，，即軌跡的方程為；（1）過點且斜率為的直線方程為，設，由消去得到，則，，①因為，，所以，將①式代入整理得因為，所以當時，即時，.即存在實數使得.【點睛】本題考查橢圓定理求橢圓方程，考查橢圓中的定值問題，靈活應用韋達定理進行計算是關鍵，并且觀察出取定值的條件也很重要，考查了學生分析能力和計算能力，是中檔題.20、（1）10；（2）.【解析】

（1）由題意可得cos∠ADB＝﹣cos∠ADC，由已知利用余弦定理可得：9+BD2﹣52+9+BD2﹣16＝0，進而解得BC的值．（2）由（1）可知△ADC為直角三角形，可求S△ADC6，S△ABC＝2S△ADC＝12，利用角平分線的性質可得，根據S△ABC＝S△BCE+S△ACE可求S△BCE的值．【詳解】（1）因為在邊上，所以，在和中由余弦定理，得，因為，，，，所以，所以，.所以邊的長為10.（2）由（1）知為直角三角形，所以，.因為是的角平分線，所以.所以，所以.即的面積為.【點睛】本題主要考查了余弦定理，三角形的面積公式，角平分線的性質在解三角形中的綜合應用，考查了轉化思想和數形結合思想，屬于中檔題．21、（1）或；（2）.【解析】

（1）將曲線的極坐標方程化為直角坐標方程，在直角坐標條件下求出曲線的圓心坐標和半徑，將直線的參數方程化為普通方程，由勾股定理列出等式可求的值；（2）將