浙江省宁波市2024届高三下学期选考模拟（二模）考试数学试卷(含答案)

这是一份浙江省宁波市2024届高三下学期选考模拟（二模）考试数学试卷(含答案)，共22页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


一、选择题
1．复数z满足，则( )
A.B.C.2D.
2．若为锐角，，则( )
A.B.C.D.
3．已知平面，，，，则“”是“且”的( )
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件
4．已知直线与圆相离，则实数m的取值范围是( )
A.B.C.D.
5．某校数学建模兴趣小组为研究本地区儿子身高与父亲身高之间的关系，抽样调查后得出y与x线性相关，且经验回归方程为.调查所得的部分样本数据如下：
则下列说法正确的是( )
A.儿子身高是关于父亲身高的函数
B.当父亲身高增加时，儿子身高增加
C.儿子身高为时，父亲身高一定为
D.父亲身高为时，儿子身高的均值为
6．已知数列满足，对任意都有，且对任意都有，则实数的取值范围是( )
A.B.C.D.
7．在正四棱台中，，，，若球O与上底面以及棱，，，均相切，则球O的表面积为( )
A.B.C.D.
8．已知集合且，若P中的点均在直线的同一侧，则实数a的取值范围为( )
A.B.
C.D.
二、多项选择题
9．若平面向量，，满足，，且，则( )
A.的最小值为2
B.的最大值为5
C.的最小值为2
D.的最大值为
10．已知函数，( )
A.若，，则是最小正周期为的偶函数
B.若，为的一个零点，则必为的一个极大值点
C.若，是的一条对称轴，则的最小值为
D.若，在上单调，则的最大值为
11．指示函数是一个重要的数学函数，通常用来表示某个条件的成立情况.已知U为全集且元素个数有限，对于U的任意一个子集S，定义集合S的指示函数，若，则( )
注：表示M中所有元素x所对应的函数值之和(其中M是定义域的子集).
A.
B.
C.
D.
三、填空题
12．在中，，，，则__________.
13．某快递公司将一个快件从寄件人甲处揽收开始直至送达收件人乙，需要经过5个转运环节，其中第1，2两个环节各有a，b两种运输方式，第3，4两个环节各有b，c两种运输方式，第5个环节有d，e两种运输方式.则快件从甲送到乙恰用到4种运输方式的不同送达方式有__________种.
14．在平面直角坐标系中，定义为，两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆，点P，O，R在椭圆C上，轴.点M，N满足，.若直线与的交点在x轴上，则的最大值为__________.
四、解答题
15．在菱形中，，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点E为边的中点，连接，.
(1)求证：平面；
(2)求直线与平面所成角的正弦值.
16．已知等差数列的公差为2，记数列的前n项和为，且满足.
(1)证明：数列是等比数列；
(2)求数列的前n项和.
17．三个人利用手机软件依次进行拼手气抢红包活动，红包的总金额数为(，)个单位.第一个人抢到的金额数为1到个单位且等可能(记第一个人抢完后剩余的金额数为W)，第二个人在剩余的W个金额数中抢到1到个单位且等可能，第三个人抢到剩余的所有金额数，并且每个人抢到的金额数均为整数个单位.三个人都抢完后，获得金额数最高的人称为手气王(若有多人金额数相同且最高，则先抢到最高金额数的人称为手气王).
(1)若，则第一个人抢到的金额数可能为1，2，3个单位且等可能.
(i)求第一个人抢到金额数X的分布列与期望；
(ii)求第一个人获得手气王的概率；
(2)在三个人抢到的金额数为2，3，4的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率.
18．已知双曲线，上顶点为D，直线l与双曲线C的两支分别交于A，B两点(B在第一象限)，与x轴交于点T.设直线，的倾斜角分别为，.
(1)若，
(i)若，求；
(ii)求证：为定值；
(2)若，直线与x轴交于点E，求与的外接圆半径之比的最大值.
19．定义：对于定义在区间上的函数，若存在实数，使得函数在区间上单调递增(递减)，在区间上单调递减(递增)，则称这个函数为单峰函数且称c为最优点.已知定义在区间上的函数是以c为最优点的单峰函数，在区间上选取关于区间的中心对称的两个试验点，，称使得较小的试验点为好点(若相同，就任选其一)，另一个称为差点.容易发现，最优点c与好点在差点的同一侧.我们以差点为分界点，把区间分成两部分，并称好点所在的部分为存优区间，设存优区间为，再对区间重复以上操作，可以找到新的存优区间，同理可依次找到存优区间，满足，可使存优区间长度逐步减小.为了方便找到最优点(或者接近最优点)，从第二次操作起，将前一次操作中的好点作为本次操作的一个试验点，若每次操作后得到的存优区间长度与操作前区间的长度的比值为同一个常数，则称这样的操作是“优美的”，得到的每一个存优区间都称为优美存优区间，称为优美存优区间常数.对区间进行n次“优美的”操作，最后得到优美存优区间，令，我们可任取区间内的一个实数作为最优点c的近似值，称之为在区间上精度为的“合规近似值”，记作.已知函数，，函数，.
(1)求证：函数是单峰函数；
(2)已知c为函数的最优点，d为函数的最优点.
(i)求证：；
(ii)求证：.
注：.
参考答案
1．答案：B
解析：由，可得，
所以.
故选：B.
2．答案：A
解析：为锐角，,故，
所以，
故选：A.
3．答案：C
解析：由于，所以，，
若，则，，故充分性成立，
若，，设，，
则存在直线使得，所以，由于，故，
同理存在直线使得，所以，由于，故，
由于a，b不平行，所以a，b是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，
故选：C.
4．答案：B
解析：圆即，
则圆C圆心为，半径为，
因为直线与圆相离
所以，解得.
故选：B.
5．答案：D
解析：由题意知父亲身高与儿子身高具有线性相关关系，
不是函数关系，故A不正确；
当父亲身高增加时，儿子身高约增加，故B不正确；
当儿子身高为时，代入可得，父亲身高可能为，故C不正确；
若某父亲身高为，则其儿子的身高估计为，故D正确.
故选：D.
6．答案：C
解析：因为对任意都有，
所以数列在上是递减数列，
因为对任意都有，
所以数列在上是递增数列，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
7．答案：C
解析：设棱台上下底面的中心为N，M,连接，
则，，
所以棱台的高,
设球半径为R,根据正四棱台的结构特征可知：球O与上底面相切于N,与棱，，，均相切于各边中点处，
设中点为E，连接，，,
所以，解得，
所以球O的表面积为，
故选：C.
8．答案：A
解析：依题意集合P即为关于x、y的方程组的解集，显然，
所以，即，令，
由，解得或，
即函数与的交点坐标为和，
又，所以为奇函数，
因为与在上单调递减，
所以在上单调递减，则在上单调递减，
依题意与、的交点在直线的同侧，
只需或，即或，
所以实数a的取值范围为.
故选：A.
9．答案：BD
解析：当向量，方向相同，与方向相反时，满足，
此时有最小值，A选项错误；
当向量，，方向相同时，满足，
此时有最大值，B选项正确；
，有，即，则，
向量，方向相同时，的最小值为0，的最小值为3，C选项错误；
向量，方向相反时，的最大值为2，的最大值为，D选项正确.
故选：BD.
10．答案：ACD
解析：若，，则，
所以是最小正周期为的偶函数，A正确；
若，则是最小正周期为，
若为的一个零点，则为的一个极大值点或极小值点，B错误；
若，是的一条对称轴，
则，
所以，即，
又，所以的最小值为，C正确；
若则，由正弦函数的单调性，
令，解得，
又在上单调，所以当时，，
即，解得，则的最大值为，D正确.
故选：ACD.
11．答案：BCD
解析：对于A，由于,所以
故，故A错误，
对于B，若,则，，，此时满足，
若且时，，，，
若且时，，，，
若且时，，，，
综上可得，故B正确，
对于C，
而，
由于，所以
故,C正确，
,
当时，此时，，中至少一个为1，所以，
当时，此时，，均为0，所以，
故,故D正确，
故选：BCD.
12．答案：2
解析：由余弦定理可得,
故答案为：2.
13．答案：16
解析：快递从甲送到乙有4种运输方式，且第5个环节从d，e两种运输方式中选一种，
1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，
若第1，2个环节运输方式相同，则只能都选a，则3，4个环节一个选b，一个选c，
则有种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含a，b两种运输方式，
则3，4个环节一个选b，一个选c，或者都选c，
则由种，
快递从甲送到乙有4种运输方式的运输顺序共有种.
故答案为：16.
14．答案：
解析：设，,由题意，；
不妨设点P位于第一象限，由可得,
设直线与的交点为，则有,;
，，
由可得，整理得①；
，，
由可得，整理得②；
联立①②可得，由题意，所以，
由椭圆的对称性可知，
，
因为，设，，，
，其中；
所以当时，取到最大值.
故答案为：.
15．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)，平面，平面，平面.
同理可得平面.
又，平面，平面平面.
平面，平面.
(2)法1：取中点O，易知，.
平面平面，平面平面，
又平面，
平面.
如图，建立空间直角坐标系，
则，，，，，.
从而，得.
又，，设平面的法向量，
有，得，解得，取，故，
设直线与平面所成角为，则
，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
法2：取中点F，则是平行四边形，所以.
从而与平面所成角即为与平面所成角，设为.
过作交于G，过G作交于H，
过G作交于K.
因为平面平面，平面平面，
又平面，
所以平面，又平面，
所以，又，，平面，
从而平面，因为平面，
所以，又，，平面，
从而平面.
所以的长即为G到平面的距离.
由，，可得.
又，所以F到平面的距离设为h即为G到平面的距离，即.
又，可得.
在中，，，所以，得.
所以，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
16．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)时，，即.
又，，也符合，
所以时，，即.
又，所以，
所以，所以数列成等比数列.
(2)由(1)易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
则，
所以，
所以.
17．答案：(1)(i)分布列见解析，2
(ii)
(2)
解析：(1)若第一个人抢到的金额数为i个单位，第二个人抢到的金额数为j个单位，第三个人抢到的金额数为k个单位，我们将三个人抢到的金额数记作.
(i)，
所以X的分布列为
.
(ii)第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为，，，
故第一个人获得手气王的概率
.
(2)记事件“三个人抢到的金额数为2，3，4的一个排列”，事件“第一个人获得手气王”.
所要求的是条件概率，有.
当三个人抢到的金额数为2，3，4的一个排列时，总金额数为9，故第一个人抢到的金额数可能为1，2，3，4，5.
又，
，
故.
18．答案：(1)(i)
(ii)证明见解析
(2)2
解析：(1)(i)，所以直线.
直线与C联立可得，解得或，所以.
所以，所以；
(ii)法1：①直线斜率存在时，可设直线的方程为，设，
由得
所以，.
当时，由(i)可得；
当时，设，的斜率分别为，.
，.
所以，
.
所以.
因为B在第一象限，所以，所以，所以.
②直线斜率不存在时，可得，，
可得，，
所以，同理可得.
综上可得，为定值，得证.
法2：①时，由(i)可得；
②时，设，的斜率分别为，.
设，由在直线上可得.
l与C联立可得，
即，
所以，就是方程的两根.
所以，，
，
因为B在第一象限，所以，所以，所以.
综上可得，为定值，得证.
(2)由(1)可得时，.
①不存在，则，由①(i)可得，所以，
所以.
②不存在，则，则，
此时，由图可得.
③法1：若和均存在，设，则
与双曲线联立可得，.
所以，.
所以，
所以.
设与的外接圆半径分别为，，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法2：若和均存在，设，，则，.
由A，T，B三点共线可得.
所以，所以.
，
所以
.
所以，所以.
设与的外接圆半径分别为，，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
法3：若和均存在，设，则，
则.
记直线的倾斜角为，则，所以
所以.
设与的外接圆半径分别为，，
从而.等号当且仅当时取到.
所以与的外接圆半径之比的最大值为2.
19．答案：(1)证明见解析
(2)(i)证明见解析
(ii)证明见解析
解析：(1)因为，令，则.，
因为，则，则在上单调递减，
又因为，，
由零点存在定理知，存在唯一的，使得，且
时，，，
所以在上递增，上递减，所以为单峰函数.
(2)(i)令，则，令，
因为d为在上的最优点，所以t为在的最优点，，
所以，结合最优点的定义知，t为在区间上的唯一零点.
又由(1)知，在递增，递减，且，.
所以由零点存在性定理知在区间存在唯一的，使得，
即，所以.
(ii)第一次操作：取，，由对称性不妨去掉区间，
则存优区间为，为好点；
第二次操作：为一个试验点，为了保证对称性，
另一个试验点与关于区间的中心对称，所以；
又因为前两次操作，每次操作后剩下的存优区间长度与操作前的比值为.
若，即，则，(舍去)；
若，即，则，即，解得或(舍).
则操作5次后的精度为.
.
又，
所以.
所以，得证.
父亲身高
164
166
170
173
173
174
180
儿子身高
165
168
176
170
172
176
178
X
1
2
3
P