浙江省寧波市2023-2024學年高三下學期高考模擬考試數學試題1．復數z滿足(2+i)z=5，則|z|=（）A．10 B．5 C．2 D．22．若α為銳角，sinα=45，則A．4+3310 B．4?3310 C．3．已知平面α,β,γ,α∩β=l，則“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l:x?y+1=0與圓C:A．m<1 B．?1<m<1 C．m>1 D．m>?15．某校數學建模興趣小組為研究本地區兒子身高y(cm)與父親身高x(cm)之間的關系，抽樣調查后得出y與x線性相關，且經驗回歸方程為y=0父親身高x(cm)164166170173173174180兒子身高y(cm)165168176170172176178則下列說法正確的是（）A．兒子身高y(cm)是關于父親身高x(cm)的函數B．當父親身高增加1cm時，兒子身高增加0C．兒子身高為172cm時，父親身高一定為173cmD．父親身高為170cm時，兒子身高的均值為174cm6．已知數列an滿足an=λn2?n，對任意n∈1,2,3都有aA．114,18 B．114,7．在正四棱臺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∪C．?∞,?2024∪9．若平面向量a,b,c滿足A．|a+b+cC．|a?b+c|10．已知函數f(x)=sin(ωx+φ)(A．若ω=2,φ=π2，則B．若ω=2,x0為f(x)的一個零點，則xC．若φ=?π4,x=π2D．若φ=?π4,f(x)在[011．指示函數是一個重要的數學函數，通常用來表示某個條件的成立情況.已知U為全集且元素個數有限，對于U的任意一個子集S，定義集合S的指示函數1S(x注：x∈Mf(x)表示M中所有元素x所對應的函數值f(x)之和（其中A．x∈AB．1C．x∈UD．x∈U12．在△ABC中，AB=1,AC=2,cosA=13．某快遞公司將一個快件從寄件人甲處攬收開始直至送達收件人乙，需要經過5個轉運環節，其中第1，2兩個環節各有a,b兩種運輸方式，第3，4兩個環節各有b,c兩種運輸方式，第5個環節有14．在平面直角坐標系xOy中，定義dA,B=x1?x2+y1?y2為Ax1,y1,Bx2,y15．在菱形ABCD中，AB=2,∠BAD=60°，以AB為軸將菱形ABCD翻折到菱形ABC1D1，使得平面ABC1D（1）求證：CE∥平面ADD（2）求直線CE與平面BDD16．已知等差數列{an}的公差為2，記數列{bn}的前（1）證明：數列{b（2）求數列{anbn}17．三個人利用手機軟件依次進行拼手氣搶紅包活動，紅包的總金額數為3n(n≥2,n∈N)個單位.第一個人搶到的金額數為1到2n?1個單位且等可能（記第一個人搶完后剩余的金額數為W），第二個人在剩余的W個金額數中搶到1到（1）若n=2，則第一個人搶到的金額數可能為1,（i）求第一個人搶到金額數X的分布列與期望；（ii）求第一個人獲得手氣王的概率；（2）在三個人搶到的金額數為2,18．已知雙曲線C:y2?x2=1，上頂點為D.直線l與雙曲線C的兩支分別交于A,B兩點（B（1）若T(3（i）若A(0,?1)，求（ii）求證：α+β為定值；（2）若β=π6，直線DB與x軸交于點E，求△BET與19．定義：對于定義在區間[a,b]上的函數，若存在實數c∈(a,b)，使得函數在區間[a,已知定義在區間[a,b]上的函數f(x)是以c為最優點的單峰函數，在區間(a,b)上選取關于區間的中心a+b2對稱的兩個試驗點x1,x2，稱使得|f(xi)?f(c)|(i=1,2)較小的試驗點xi為好點（若相同，就任選其一），另一個稱為差點.容易發現，最優點c與好點在差點的同一側.我們以差點為分界點，把區間[a,b]分成兩部分，并稱好點所在的部分為存優區間，設存優區間為[a1,b1]，再對區間[a1,b1]重復以上操作，可以找到新的存優區間[已知函數f(x)=(x+1)cosx?1,x∈[0,（1）求證：函數f(x)是單峰函數；（2）已知c為函數f(x)的最優點，d為函數g(x)的最優點.（i）求證：c+d<π；（ii）求證：xε注：2≈1

答案解析部分1．【答案】B【解析】【解答】解：因為復數z滿足(2+i)z=5，

所以，z=52+i=52?i2+i2?i=2．【答案】A【解析】【解答】解：因為角α為銳角，sinα=45，所以cosα>0,所以，cosα=35，

則sin(α+π3)=sinα3．【答案】C【解析】【解答】解：充分性：因為平面α,β,γ,α∩β=l，l⊥γ，所以，α⊥γ且β⊥γ，滿足充分性；

必要性：因為α⊥γ且β⊥γ，又因為平面α,β,γ,α∩β=l，所以，l⊥γ，滿足必要性；4．【答案】B【解析】【解答】解：因為圓C:x2+y2?2x?m=0，所以圓心為C1,0，半徑r為1+m，

又因為直線l:x?y+1=0與圓C:x2+y5．【答案】D【解析】【解答】解：根據題意，

對于A，由b^=0.85>0可知y與x具有正的線性相關關系，所以A錯；

對于B，因為經驗回歸方程為y=0.85x+29.5，當父親身高增加1cm時，

則兒子身高約增加0.85cm，所以B錯；

對于C，因為經驗回歸方程為y=0.85x+29.5，兒子身高為172cm時，

父親身高不一定為173cm，所以C對；

對于D，因為經驗回歸直線恒過樣本數據中心點，又因為經驗回歸方程為6．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可得：數列an在1,3上為遞減數列，在7,+則λ>012λ>7212λ故答案為：C.【分析】由題意可得數列an在1,3上是遞減數列，數列an在7．【答案】C【解析】【解答】解：由題意可知，正四棱臺上、下底面對角線的交線形成的交點的距離即為正四棱臺的高h，

上底面的對角線長度為2×2=22，下底面的對角線長度為4×2=42，

所以高為?2=32?42?22228．【答案】A【解析】【解答】解：聯立x4+ax?2024=0xy=2024則a=?x3+2024xy=2024x，即y=?x3+即函數y=2024x與y=2024x的交點坐標為1,1和因為f?x=?x又因為y=?x3與y=2024x在0,+∞上單調遞減，所以fx=?則y=a與y=?x3+2024x只需a>f1或a<f?1，即a>2023或故實數a的取值范圍為?∞故答案為：A【分析】聯立，解得a=?x3+2024xy=2024x，令fx=?x9．【答案】B,D【解析】【解答】解：當向量a→,b→方向相同，與c→方向相反時，滿足a?c=b?c，

此時|a+b+c|有最小值c→?a→+b→=1，所以A錯；

當向量a,b,c方向相同時，滿足a?c=b?c，此時|a+b+10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：因為函數f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0)，ω=2,φ=π2，

所以，f(x)=sin(2x+π2)=cos2x，則f(x)是最小正周期為T=2π2=π，

再利用f(?x)=cos?2x=cos2x=f(x),x∈R,所以函數f(x)為偶函數，所以A對；

當ω=2時，x0為函數f(x)的一個零點，則2x0+φ=kπ,k∈Z,所以，x0=kπ?φ2,k∈Z,

f(x0+π4)=sin2×x0+π4+φ=cos2x0+φ=cos2×kπ2?φ2+φ=coskπ=0,k∈Z，

所以，x0+π4不是該函數的一個極大值點，所以B錯；

當φ=?11．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：對于A，由于A_?U,所以，x∈U1A(x)=x∈A1A(x)+x∈CUA1A(x)=x∈A1A(x),

所以，x∈A1A(x)=x∈U1A(x)，所以A錯；

對于B，若x∈A∩B,則1A∩B(x)=1，1A(x)=1，1A∪B(x)=1，此時滿足1A∩B(x)≤1A(x)≤1A∪B(x)12．【答案】2【解析】【解答】解：在△ABC中，AB=1,AC=2,cosA=14，由余弦定理可得，cosA=AB2+A13．【答案】16【解析】【解答】解：快遞從甲送到乙有4種運輸方式，且第5個環節有d,e兩種運輸方式中選一種，

1，2，3，4個環節必須包含a，b，c三種不同的運輸方式，

若第1，2個環節運輸方式相同，則只能都選a，則3，4個環節一個選b，一個選c，有2×1×2=4種，

若第1，2個環節運輸方式不相同，則已經包含a，b兩種運輸方式，則3，4個環節一個選b，一個選c，

或者都選c，則有2×2×2+2×1×2=8+4=12種，

快件從甲送到乙恰用到4種運輸方式的不同送達方式共有4+12=16種.

故答案為：16.14．【答案】2【解析】【解答】解：設點Px1,y1,Rx2,y2不妨設點P位于第一象限，由PN=2NQ，可得設直線MQ與NR的交點為Tt,0，則QT//MQQT=由QT//MQ，可得t?x1RT=由RT//RN，可得t?x2聯立①②可得：y12x1?由橢圓的對稱性可知x1dR,Q設x1=2dR,Q=2x當α+θ=π2時，dR,Q故答案為：23【分析】設點Px1,y115．【答案】（1）證明：因為BE∥AD1,BE?平面ADD1,A又因為BC//AD，AD?平面ADD1，所以BC∥平面又因為BE∩BC=B,BE,BC?平面BCE，所以平面BCE∥平面ADD又因為CE?平面BCE，所以∥平面ADD（2）解：取AB中點O，易知OD⊥AB,OD因為平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面ABCD∩平面ABC1D所以OD1⊥平面ABCD則A0,1,0E0,?32,32，得CE=?3,12,32，BD=3,1,0,設直線CE與平面BDD1所成角為θ，則故直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為【解析】【分析】（1）利用面面平行的判定定理證明平面BCE∥平面ADD（2）根據面面垂直得線面垂直，以O為坐標原點，建立空間直角坐標系，利用空間向量的坐標運算求解線面夾角即可.（1）∵BE∥AD1,BE?平面ADD1同理可得BC∥平面ADD又∵BE∩BC=B,BE,BC?平面BCE，∴平面BCE∥平面ADD∵CE?平面BCE,∴CE∥平面ADD（2）法1：取AB中點O，易知OD⊥AB,OD∵平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又OD1?平面∴OD1⊥如圖，建立空間直角坐標系，則A0,1,0從而E0,?32又BD=3,1,0,D有BD?n=0DD1?n=0設直線CE與平面BDD1所成角為sinθ=|所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為法2：取AD1中點F，則EFDC是平行四邊形，所以從而CE與平面BDD1所成角即為DF與平面BDD過D1作D1G⊥AB交AB于G，過G作GH⊥BD交BD過G作GK⊥D1H交D因為平面ABCD⊥平面ABC1D1，平面又D1G?平面AB所以D1G⊥平面ABCD，又BD?平面所以D1G⊥BD，又GH⊥BD，D1從而BD⊥平面D1GH，因為GK?平面所以BD⊥GK，又GK⊥D1H，BD∩從而GK⊥平面BDD所以GK的長即為G到平面BDD由D1G=3又GF∥BD1，所以F到平面BDD1的距離設為?即為G到平面又D1G=DG=3在△ADD1中，DD1=所以sinθ=?所以直線CE與平面BDD1所成角的正弦值為16．【答案】（1）證明：n≥2時，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則3M=1?3所以2M=?(3所以Tn【解析】【分析】（1）利用已知條件結合bn,Sn的關系式和等差數列的定義以及檢驗法，從而由等比數列的定義證出數列{bn+1}是等比數列.

（2）由（1）結合等比數列的通項公式得出數列{bn}的通項公式，再結合等差數列的前n項和公式得出等差數列{17．【答案】（1）解：若第一個人搶到的金額數為i個單位，第二個人搶到的金額數為j個單位，第三個人搶到的金額數為k個單位，我們將三個人搶到的金額數記作(i,（i）P(X=1)=P(X=2)=P(X=3)=1所以X的分布列為X123P111E(X)=1×1（ii）第一個人獲得手氣王時，三個人搶到的金額數只可能為(2,P=P(i=2,（2）解：記事件A=“三個人搶到的金額數為2,3,所要求的是條件概率P(B∣A)，有P(B∣A)=P(BA)當三個人搶到的金額數為2,1,又P(BA)=P(i=4,P(A)=P(i=4+P(i=3=1故P(B∣A)=P(BA)【解析】【分析】（1）（i)利用已知條件得出隨機變量X可能的取值，再結合古典概型求概率公式得出隨機變量的分布列，再利用隨機變量的分布列求數學期望公式得出隨機變量X的數學期望.

(ii)利用已知條件結合獨立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式得出求第一個人獲得手氣王的概率.

（2）利用已知條件結合獨立事件乘法求概率公式和互斥事件加法求概率公式以及條件概型求概率公式得出在三個人搶到的金額數為2,18．【答案】（1）（i）kTA=3TA與C聯立可得x2?3x=0，解得x=0或所以kDB=3（ii）①直線AB斜率存在時，可設直線AB的方程為y=k(x?33由y=k(x?33所以x1當x1=0時，由（i）可得當x1≠0時，設DA,k1所以k1k1所以tan(α+β)=k因為B在第一象限，所以0<β<π2，所以0<α+β<3π②直線AB斜率不存在時，可得A(3可得k1所以tan(α+β)=k1+綜上可得，α+β為定值2π3（2）由（1）可得β=π6時，①k1不存在，則A(0,?1)，由①（i）可得T(33②kDT不存在，則T(0,0)，則A(?3,③若k1和kDT均存在，設AB與雙曲線聯立可得xA所以k1所以tan∠ADT=k所以sin∠ADT=sin∠BET=1設△BET與△ADT的外接圓半徑分別為r1從而r1r2所以△BET與△ADT的外接圓半徑之比的最大值為2.【解析】【分析】（1）（i）利用已知條件結合兩點求斜率公式得出直線TA的斜率，再結合點斜式得出直線TA的方程，再聯立直線與雙曲線的方程得出交點B的坐標，再由兩點求斜率公式和直線的斜率與直線的傾斜角的關系式得出角β的值；（ii）利用已知條件結合分類討論的方法，①當直線AB斜率存在時，可設直線AB的方程為y=k(x?33)和A(x1,y1),B(x2,y2)，再聯立直線與雙曲線方程結合韋達定