浙江省宁波市2024届高三下学期二模数学试题 Word版含解析

这是一份浙江省宁波市2024届高三下学期二模数学试题 Word版含解析，共25页。试卷主要包含了 复数满足，则， 已知平面，则“”是“且”的， 已知函数，， 定义等内容，欢迎下载使用。

本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在答题卷右上角“条形码粘贴处”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.
3，非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠､不要弄破.
选择题部分（共58分）
一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 复数满足，则（ ）
A. B. C. 2D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数除法运算和模进行求解.
【详解】由，可得，
所以.
故选：B
2. 若为锐角，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据同角关系得，即可由和差角公式求解.
【详解】为锐角，,故，
所以，
故选：A
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
【答案】C
【解析】
【分析】根据线面垂直即可求证面面垂直，即可说明充分性，根据面面垂直的性质可得线面垂直，即可利用线面垂直的判断求证必要性.
【详解】由于，所以，
若 ，则，，故充分性成立，
若，，设，，
则存直线使得，所以，由于，故，
同理存在直线使得，所以，由于，故，
由于不平行，所以是平面内两条相交直线，所以，故必要性成立，
故选：C
4. 已知直线与圆相离，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据圆心到直线的距离大于半径列不等式求解.
【详解】圆即，
则圆圆心为，半径为，
因为直线与圆相离
所以，解得.
故选：B.
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，抽样调查后得出与线性相关，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
【答案】D
【解析】
【分析】根据变量的线性相关、经验回归方程特点逐项分析即可得结论.
【详解】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. 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.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得数列在上是递减数列，数列在上是递增数列，再根据二次函数的单调性即可得解.
【详解】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. 在正四棱台中，，若球与上底面以及棱均相切，则球的表面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据勾股定理求解棱台的高,进而根据相切，由勾股定理求解球半径，即可由表面积公式求解.
【详解】设棱台上下底面的中心为,连接，
则，
所以棱台的高,
设球半径为,根据正四棱台的结构特征可知：球与上底面相切于,与棱均相切于各边中点处，
设中点为，连接,
所以，解得，
所以球的表面积为，
故选：C
8. 已知集合且，若中的点均在直线的同一侧，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可得，令，求出与的交点坐标，依题意只需或，即可求出的取值范围.
【详解】依题意集合即为关于、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，
所以实数的取值范围为.
故选：A
【点睛】关键点点睛：本题关键是将问题转化为与、的交点在直线的同侧.
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
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
【答案】BD
【解析】
【分析】由向量方向间的关系，判断的最大值和最小值；由，通过的最值，计算的最值.
【详解】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. 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
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据选项中的条件，结合正弦函数的图像、性质逐项判断.
【详解】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. 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.已知为全集且元素个数有限，对于的任意一个子集，定义集合的指示函数若，则（ ）
注：表示中所有元素所对应的函数值之和（其中是定义域的子集）.
A.
B.
C.
D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据的定义，即可结合选项逐一求解.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：充分利用的定义以及的定义，由此可得时，此时均为0，时，此时中至少一个为1，结合的定义化简求解.
非选择题部分（共92分）
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 中，，则__________.
【答案】2
【解析】
【分析】根据余弦定理即可求解.
【详解】由余弦定理可得,
故答案：2
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1，2两个环节各有两种运输方式，第3，4两个环节各有两种运输方式，第5个环节有两种运输方式.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.
【答案】16
【解析】
【分析】根据题意，1，2，3，4个环节必须包含三种不同的运输方式，分为若第1，2个环节运输方式相同，和第1，2个环节运输方式不相同两类，分类分步研究可解.
【详解】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，则3，4个环节一个选，一个选，
则有种，
若第1，2个环节运输方式不相同，则已经包含两种运输方式，
则3，4个环节一个选，一个选，或者都选，
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. 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，点在椭圆上，轴.点满足.若直线与的交点在轴上，则的最大值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先根据条件找出坐标的关系，结合三角换元可得答案.
【详解】设,由题意，；
不妨设点位于第一象限，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：
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出坐标的关系;三是借助三角函数求解最值.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15. 在菱形中，，以为轴将菱形翻折到菱形，使得平面平面，点为边的中点，连接.
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用面面平行的判定定理证明平面平面，从而根据线面平行的性质可证得结论；
（2）法1：根据面面垂直得线面垂直，从而建立空间直角坐标系，利用空间向量的坐标运算求解线面夹角即可；法2：根据点、线、面的位置关系，利用等体积转化求解到平面的距离，从而转化求解直线与平面所成角得正弦值.
【小问1详解】
平面平面平面.
同理可得平面.
又平面，平面平面.
平面平面.
【小问2详解】
法1：取中点，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，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，过作交于，
过作交于.
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.
所以的长即为到平面的距离.
由，可得.
又，所以到平面的距离设为即为到平面的距离，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. 已知等差数列的公差为2，记数列的前项和为且满足.
（1）证明：数列是等比数列；
（2）求数列的前项和.
【答案】（1）证明见解析；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据通项与前项和之间的关系，作差可得，即可利用等比数列的定义求解，
（2）根据错位相减法求和以及分组求解，结合等差等比数列求和求解.
【小问1详解】
时，，即.
又，也符合，
所以时，，即.
又，所以，
所以，所以数列成等比数列.
【小问2详解】
由（1）易得.由可得，所以.
所以，
所以.
令，
则，
所以，
所以.
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），第二个人在剩余的个金额数中抢到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个单位且等可能.
（i）求第一个人抢到金额数的分布列与期望；
（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的一个排列的条件下，求第一个人获得手气王的概率.
【答案】（1）（i）分布列见解析，2；（ii）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）（i）根据题意可得，即可得的分布列与期望；（ii）将三个人抢到的金额数记作，根据的取值情况，分类求解所需概率；
（2）利用条件概率公式分析求解即可得结论.
【小问1详解】
若第一个人抢到的金额数为个单位，第二个人抢到的金额数为个单位，第三个人抢到的金额数为个单位，我们将三个人抢到的金额数记作.
（i），
所以的分布列为
.
（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
.
【小问2详解】
记事件“三个人抢到的金额数为的一个排列”，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
.
又，
，
故.
18. 已知双曲线，上顶点为，直线与双曲线的两支分别交于两点（在第一象限），与轴交于点.设直线的倾斜角分别为.
（1）若，
（i）若，求；
（ii）求证：为定值；
（2）若，直线与轴交于点，求与的外接圆半径之比的最大值.
【答案】（1）（i）；（ii）证明见解析.
（2）2
【解析】
【分析】（1）（i）先求直线的方程，联立双曲线方程求得点的坐标，求直线斜率，进而求解即可；（ii）法1，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；法2，设直线的方程为形式，并联立双曲线方程，求直线的斜率的斜率和，进而得证为定值；
（2）先对直线、斜率不存在的情形进行验证；法1：和均存在时，设，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法2，和均存在时，由三点共线可得，求得的值和，从而得到与的外接圆半径之比的最大值；法3，若和均存在，设，则，得到，求得，从而得到与的外接圆半径之比的最大值.
【小问1详解】
（i），所以直线.
直线与联立可得，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.
与联立可得，
即，
所以就是方程的两根.
所以，
，
因在第一象限，所以，所以，所以.
综上可得，为定值，得证.
【小问2详解】
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.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
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为最优点.已知定义在区间上的函数是以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）已知为函数的最优点，为函数的最优点.
（i）求证：；
（ii）求证：.
注：.
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）根据单峰函数的定义，求导确定得单调性即可；
（2）（i）令，则，令，根据为函数的最优点，为函数的最优点，可确定导函数的零点，根据导函数的零点验证结论即可；（ii）根据“合规近似值”的定义，结合函数单调性与不等式的性质证明结论即可.
【小问1详解】
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.
【小问2详解】
（i）令，则，令，
因为为在上的最优点，所以为在的最优点，，
所以，结合最优点的定义知，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.
【点睛】关键点点睛：本题属于函数新定义问题，求解本题第二问得关键点在于对“单峰函数”、“优美存优区间常数”、“合规近似值”的理解，结合函数的单调性、绝对值不等式的进行结论的证明.考查学生的分析与计算，属于难题.
父亲身高
164
166
170
173
173
174
180
儿子身高
165
168
176
170
172
176
178
1
2
3