2023届浙江省宁波市高三下学期4月模拟（二模）数学试题含解析

这是一份2023届浙江省宁波市高三下学期4月模拟（二模）数学试题含解析，共23页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

2023届浙江省宁波市高三下学期4月模拟（二模）数学试题

一、单选题
1．若集合，，则（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】首先解绝对值不等式求出集合、再解指数不等式求出集合，最后根据交集的定义计算可得.
【详解】由可得，解得，所以，
由，可得，所以，即，
所以.
故选：B
2．设i为虚数单位，若复数z满足，则z的虚部为（    ）
A． B． C．1 D．2
【答案】D
【分析】根据复数的乘、除法运算及虚部的概念即可求解．
【详解】由，则，所以z的虚部为2．
故选：D．
3．设随机变量服从正态分布，的分布密度曲线如图所示，若，则与分别为（    ）

A． B． C． D．
【答案】C
【分析】根据题意和正态曲线即可求得，又根据正态曲线可得，进而即可求得．
【详解】根据题意，且，则，
由正态曲线得，所以．
故选：C．
4．已知非零向量满足，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【分析】根据题意可得方向相反，且，进而结合选项即可逐一求解.
【详解】由得，因此可知方向相反，且，
对于A, ，由于与的关系不确定，故A错误，
对于B，由于，故B错误，
对于C，，所以，故C错误，
对于D，，故D正确，
故选：D
5．我国古代数学名著《数书九章》中有“天池盆测雨”题，在下雨时，用一个圆台形的天池盆接雨水，天池盆盆口直径为36寸，盆底直径为12寸，盆深18寸．若某次下雨盆中积水的深度恰好是盆深的一半，则平均降雨量是（注：平均降雨量等于盆中积水体积除以盆口面积）（    ）
A．寸 B．2寸 C．寸 D．3寸
【答案】C
【分析】由题意求得盆中水的上地面半径，代入圆台体积公式求得水的体积，除以盆口面积得答案．
【详解】如图，由题意可知，天池盆上底面半径为18寸，下底面半径为6寸，高为18寸．
积水深9寸，水面半径为寸，
则盆中水的体积为（立方寸）．
平地降雨量等于（寸．
故选：C．

6．已知函数的图象关于直线对称，且在上没有最小值，则的值为（    ）
A．2 B．4 C．6 D．10
【答案】A
【分析】根据对称轴可得或进而根据三角函数的性子即可求解.
【详解】由的图象关于直线对称可得解得或
由，由于在上没有最小值，所以
，又或
所以，
故选：A
7．设椭圆的右焦点为，点在椭圆外，P，Q在椭圆上，且P是线段AQ的中点．若直线PQ，PF的斜率之积为，则椭圆的离心率为（    ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】利用中点弦问题，结合点差法可得，即可求离心率.
【详解】
如图，取的中点为，连接，
则由题意可得，，
所以相似，所以,
因为直线PQ，PF的斜率之积为，
所以,
设，
则有，两式相减可得，
即，即，
即，所以椭圆的离心率为，
故选:B.
8．已知函数，则的零点个数为（    ）
A．2023 B．2025 C．2027 D．2029
【答案】C
【分析】因为 ,得出,进而依此类推，可得，易知单调性，数形结合函数的图像与这一系列直线 确定交点个数即可.
【详解】因为 ,所以当时, ,
得或,
得或,
由得或，
由得，进而可得,
故由可得，或或.

依此类推，可得，其中 k =0,1.2....,2023.
易知,,可得在上单调递增，在上单调递增，
可得在上单调递减，画出函数的图像，如图所示．

结合图像易知，函数的图像与这一系列直线 ,,共有2027个交点.
故选 :C

二、多选题
9．根据某地3月5日到3月15日的每天最高气温与最低气温数据（单位：）绘制如下折线图，那么下列叙述正确的是（    ）

A．5号到11号的最低气温与日期之间呈线性相关关系且为正相关
B．9号的最高气温与最低气温的差值最大
C．最高气温的众数为
D．5号到15号的最低气温的极差比最高气温的极差大
【答案】AC
【分析】根据最低气温以及最高气温的折线图，结合选项即可逐一求解.
【详解】由5号到11号的最低气温的散点分布是从左下到右上可知：最低气温与日期之间呈线性相关关系且为正相关，故A正确，
由图可知6号的最高气温与最低气温的差值最大，故B错误，
最高气温出现了两次，其他数据出现为1次，故是最高气温的众数，故C正确，
5号到15号的最低气温的极差小于，5号到15号的最高气温的极差约等于，故D错误，
故选：AC
10．已知函数与及其导函数与的定义域均为，是偶函数，的图象关于点对称，则（    ）
A． B．
C． D．
【答案】ABC
【分析】先证明定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．令，即可判断A，D；令，即可判断B，C．
【详解】定理1：若函数连续且可导，则图象关于直线对称导函数图象关于点对称．
定理2：若函数连续且可导，则图象关于点对称导函数图象关于直线对称．
以下证明定理1，定理2：
证明：
若函数图象关于直线对称，则，
则，所以导函数图象关于点对称．
若导函数图象关于点对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于直线对称．
若函数图象关于点对称，则，
则，所以图象关于直线对称．
若导函数图象关于直线对称，则，
令，则，则(c为常数)，
又，所以，
则，所以图象关于点对称．
故下面可以直接引用以上定理．
由是偶函数，的图象关于点对称，则有，，
由定理1，则图象关于点对称，所以，
和定理2，则的图象关于，所以，
对于A，令，则，所以，故A正确；
对于B，令，则，所以，故B正确；
对于C，令，则，所以，故C正确；
对于D，令，则，所以，故D错误．
故选：ABC．
11．已知平面于点O，A，B是平面上的两个动点，且，则（    ）
A．SA与SB所成的角可能为 B．SA与OB所成的角可能为
C．SO与平面SAB所成的角可能为 D．平面SOB与平面SAB的夹角可能为
【答案】AC
【分析】建立空间直角坐标系，求出的坐标，利用空间向量的夹角公式求解可判断A，B；求出及平面SAB与平面SOB的法向量，利用线面角与面面夹角的空间向量公式求解可判断C，D.
【详解】设，则，
以为原点，分别以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，

则，设，且，
，
若SA与SB所成的角为，则，解得．当时，，不符合题意；当时，，方程有解，故A正确；
若SA与OB所成的角为，则，得，不符合题意，故B错误；
设平面SAB的法向量为，则，取，
若SO与平面SAB所成的角为，则    ，解得，故C正确；
设平面SOB的法向量为，则，取，
若平面SOB与平面SAB的夹角为，则，即，得，又，得，不符合题意，故D错误，
故选：AC.
12．三支不同的曲线交抛物线于点，为抛物线的焦点，记的面积为，下列说法正确的是（    ）
A．为定值 B．
C．若，则 D．若，则
【答案】AD
【分析】设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称，设，则，联立，利用韦达定理求得，进而可求得，结合焦半径公式即可判断A；判断是否为定值即可判断B；求出，即可判断CD.
【详解】如图，设直线与抛物线的交于点，则与关于轴对称，
设，则，
联立，消得，
则，
又，
则，
则，
对于A，，
，故A正确；
对于B，，
因为不是定值，所以不是定值，故B错误；
对于C，设直线的倾斜角为，则，
则，
所以
，
又因，所以，所以，故C错误；
对于D，因为，所以，所以，故D正确.
故选：AD.

【点睛】方法点睛：解决直线和抛物线的位置关系类问题时，一般方法是设出直线方程并联立抛物线方程，得到根与系数的关系式，要结合题中条件进行化简，但要注意的是计算量一般都较大而复杂，要十分细心.

三、填空题
13．若函数在区间上的最大值与最小值的差为2，则__________．
【答案】2
【分析】根据指数函数的单调性求出函数的最值，即可得解.
【详解】因为函数在区间上递增，
所以，
则，解得或（舍去）.
故答案为：.
14．写出一个半径为1，且与圆和圆均外切的圆的方程__________．
【答案】或（填一个即可）
【分析】根据两圆外切满足的关系即可列方程求解.
【详解】设所求圆的圆心为，则由外切关系可得 ，
化简得，解得 或，故满足条件的圆的圆心为或，
故答案为：
15．任取一个正整数，若是奇数，就将该数乘3再加上1；若是偶数，就将该数除以2．反复进行上述两种运算，经过有限次步骤后，必进入循环圈“1→4→2→1”．这就是数学史上著名的“冰雹猜想”（又称“角谷猜想”等）．如取正整数，根据上述运算法则得出6→3→10→5→16→8→4→2→1，共需经过8个步骤变成1（简称为8步“雹程”）．猜想的递推关系如下：已知数列满足（m为正整数），若，则m所有可能取值的集合为___________．
【答案】
【分析】根据递推公式逆向寻找结果即可.
【详解】若，则，则，或.
当时，则，则，或，则或；
当时，或（舍），若，则，则或；
即m所有可能取值的集合为.
故答案为：
16．正四面体ABCD的棱长为3，P在棱AB上，且满足，记四面体ABCD的内切球为球，四面体PBCD的外接球为球，则_________．
【答案】
【分析】设点为的中心，连接，并延长交于点，则平面，点为的中点，，四面体ABCD的内切球的球心在上， 且四面体PBCD的外接球的球心在上，利用等体积法求出四面体ABCD的内切球的半径为，即，记的中点为，根据求出，即可得出，即可得解.
【详解】如图，设点为的中心，则平面，连接，并延长交于点，则点为的中点，，
则四面体ABCD的内切球的球心在上， 且四面体PBCD的外接球的球心在上，
设四面体ABCD的内切球的半径为，
，
则，
又，
则，解得，即，
由四面体PBCD的外接球的球心在上，得，
记的中点为，则，，
，所以，
则，所以.
故答案为：.

【点睛】方法定睛：多面体与球切、接问题的求解方法
(1)涉及球与棱柱、棱锥的切、接问题时，一般过球心及多面体的特殊点(一般为接、切点)或线作截面，把空间问题转化为平面问题求解．
(2)若球面上四点P、A、B、C构成的三条线段PA、PB、PC两两垂直，且PA＝a，PB＝b，PC＝c，一般把有关元素“补形”成为一个球内接长方体，根据4R2＝a2＋b2＋c2求解．
(3)正方体的内切球的直径为正方体的棱长．
(4)球和正方体的棱相切时，球的直径为正方体的面对角线长．
(5)利用平面几何知识寻找几何体中元素间的关系，或只画内切、外接的几何体的直观图，确定球心的位置，弄清球的半径(直径)与该几何体已知量的关系，列方程(组)求解．

四、解答题
17．在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．
(1)若，求；
(2)若的最大角为最小角的2倍，求a的值．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）根据余弦定理即可求解余弦值，进而根据同角关系即可求解正弦值，
（2）根据正弦定理以及二倍角公式得，结合余弦定理即可求解.
【详解】（1）当时，，在中，由余弦定理，得
，
所以．
（2）由已知，最大角为角A，最小角为角C，即，
由正弦定理得，即，
又，所以，
将，代入上式得，
由于 解得．
18．盲盒，是指消费者不能提前得知具体产品款式的玩具盒子，具有随机属性．某品牌推出2款盲盒套餐，A款盲盒套餐包含4款不同单品，且必包含隐藏款X；B款盲盒套餐包含2款不同单品，有的可能性出现隐藏款X．为避免盲目购买与黄牛囤积，每人每天只能购买1件盲盒套餐．开售第二日，销售门店对80名购买了套餐的消费者进行了问卷调查，得到如下列联表：

A款盲盒套餐
B款盲盒套餐
合计
年龄低于30岁
18
30
48
年龄不低于30岁
22
10
32
合计
40
40
80

(1)根据列联表，判断是否有的把握认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关；
(2)甲、乙、丙三人每人购买1件B款盲盒套餐，记随机变量为其中隐藏款X的个数，求的分布列和数学期望；
(3)某消费者在开售首日与次日分别购买了A款盲盒套餐与B款盲盒套餐各1件，并将6件单品全部打乱放在一起，从中随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，求该隐藏款来自于B款盲盒套餐的概率．
附：，其中，
P（）
0.100
0.050
0.025
0.010
0.001

2.706
3.841
5.024
6.635
0.828


【答案】(1)表格见解析，有
(2)分布列见解析，
(3)

【分析】（1）根据独立性检验计算，在进行判断即可；
（2）根据二项分布的概率公式，进行计算得分布列及数学期望即可；
（3）根据全概率公式及条件概率公式分析计算即可.
【详解】（1）零假设为：：A，B款盲盒套餐的选择与年龄之间无关联．
根据列联表中的数据，经计算得，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即有的把握认为A，B款盲盒套餐的选择与年龄有关．
（2）的所有可能取值为0，1，2，3，
，
所以的分布列为：

0
1
2
3
P





（或）．
（3）设事件A：随机抽取1件打开后发现为隐藏款X，
设事件：随机抽取的1件单品来自于A款盲盒套餐，
设事件：随机抽取的1件单品来自于B款盲盒套餐，
，
故由条件概率公式可得
．
19．如图，在四棱锥中，平面平面ABCD，平面平面ABCD．

(1)求证：平面ABCD；
(2)设，，，平面PBC与平面PCD的夹角的余弦值为，求BC的长．
【答案】(1)证明见解析
(2)BC的长为．

【分析】（1）在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线，，利用面面垂直的性质可证，，再根据线面垂直的判定定理，即可证明平面ABCD；
（2）以A为原点，AD，AB，AP方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出平面PBC与平面PCD的法向量，即可利用二面角的公式求出t，即为BC的长.
【详解】（1）证明：如图，在平面ABCD中取一点E，并过点E作直线，

因为平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，
所以平面PAD，因为平面PAD，所以；
同理，过点E作直线，
因为平面平面ABCD，平面平面，
平面ABCD，所以平面PAB，
因为平面PAB，所以；
因为，平面ABCD，所以平面ABCD．
（2）由（1）知，如图，

以A为原点，AD，AB，AP方向分别为x轴，y轴，z轴正方向，建立空间直角坐标系，
设，则，，，，
所以， ，，，
设平面PBC的法向量为，
则，令，得，
设平面PCD的法向量为，
则，令，得，
由题知，即，解得，
所以BC的长为．
20．已知等比数列的前n项和满足．
(1)求首项的值及的通项公式；
(2)设，求满足的最大正整数n的值．
【答案】(1)，
(2)11

【分析】（1）根据的关系即可求解，或者根据等比数列基本量的计算即可求解，
（2）由对数的运算性质化简，即可利用函数的单调性求解.
【详解】（1）解法1：当时，，则，即，
因为数列是等比数列，所以公比为2，
当时，，即，所以，且满足题意，
所以的通项公式为．
解法2：由题知，，即，
由①代入②，得，
解得或．（舍去），
所以的通项公式为．
（2）由（1）得，所以，所以

，
由得，即，
令，则，
所以在时单调递增，且，
而，
所以满足条件的最大正整数．
21．已知双曲线，点与双曲线上的点的距离的最小值为．
(1)求双曲线E的方程；
(2)直线与圆相切，且交双曲线E的左、右支于A，B两点，交渐近线于点M，N．记，的面积分别为，，当时，求直线l的方程．
【答案】(1)
(2)

【分析】（1）设是双曲线上的任意一点，先求得，再结合题意即可求得的值，进而即可求出双曲线E的方程；
（2）先根据直线与圆相切得到，设，，再联立直线的方程和双曲线E的方程，求得，，根据题意求得的取值范围，设点到AB的距离，从而求得，再联立直线的方程和双曲线E的渐近线的方程，求得，，设点O到MN的距离，从而求得，再结合即可求得的值，进而即可求得直线l的方程．
【详解】（1）设是双曲线上的任意一点，
则，
所以当时，的最小值为，所以，得，
所以双曲线E的方程为．
（2）由直线与圆相切得，
由直线交双曲线的左、右支于A，B两点，设，，
联立，消整理得，
则，，，所以，
所以，即，解得，
又，则，解得或，
所以，
所以，
又点到AB的距离，故，
设，，
联立方程组，消整理得，
则，，，所以，
所以，
又点O到MN的距离，故，
所以当时，有，
整理得，即，
又，则，即，解得，（舍去），
所以，则，所以直线方程为．

【点睛】方法点睛：本题考查直线与双曲线的位置关系，利用韦达定理解决弦长问题，进而解决面积相关的取值范围问题，属中难题，关键是熟练掌握弦长公式和直线与双曲线的位置关系的判定方法．
22．已知函数．
(1)讨论函数的单调性：
(2)若是方程的两不等实根，求证：
（i）；
（ii）．
【答案】(1)当时，在上单调递增；
当时， 在上单调递增，在上单调递减．
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析.

【分析】(1)先求函数的定义域，再利用导数求得出单调性和单调区间. (2)先用换元法构造函数，进而导数讨论的单调性和最值，从而得到的取值范围.（i）构造函数，讨论的单调性和取值范围最值，通过化简变形得到，从而得到，即可证明要证的不等式成立.（ii）用分析法把要证的不等式转化为，分别令 和，得到关于的不等式组，化简即可得到所要证的不等式.
【详解】（1）由题意得，函数的定义域为.
由得：，
当时，在上单调递增；
当时，由得，由得，
所以在上单调递增，在上单调递减．
（2）因为是方程的两不等实根，
即是方程的两不等实根，
令，则，
即是方程的两不等实根.
令，则，
所以在上递增，在上递减，，
当时，；当时，且.
所以，即.
令．
（i）要证，只需证，
解法1：令，
则，
令，
则
，
所以在上递增，，
所以，所以，
所以，
所以，即，所以．
解法2：先证，
令，只需证，
只需证，
令，
，
所以在上单调递减，所以．
因为，所以，
所以，即，
所以．
解法3：由，
设，
所以，
即，
构造函数，
，
所以在上单调递增，所以．
（ii）要证：，只需证：，
只需证：，
只需证：，
只需证：，

令得
即      ①
令得
即 ②
①+②得：，
即．
【点睛】关键点点睛：本题第2小问的关键点在于构造函数，将不等式的证明转化为利用导数讨论函数的单调性和最值问题.构造函数是导数题里常用的方法，可以根据不等式形式上的特点进行适当的配凑和换元.在求函数的单调性和最值时，如果求一次导不能判断，则可以通过求二次导来解决.