浙江省宁波市2023届高三数学上学期选考模拟试卷（Word版附答案）

宁波市2022学年第一学期高考模拟考试高三数学试题一、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．已知集合，，则（）A．B．C．D．2．已知数列与均为等差数列，且，，则（）A．5B．6C．7D．83．若（a∈R，i为虚数单位），则（）A．B．C．D．4．一种药品在病人血液中的量不低于1500mg时才有疗效，如果用药前，病人血液中该药品的量为0mg，用药后，药在血液中以每小时20%的比例衰减．现给某病人静脉注射了3000mg的此药品，为了持续保持疗效，则最长需要在多少小时后再次注射此药品（，结果精确到0.1）（）A．2.7B．2.9C．3.1D．3.35．已知两个非零向量，的夹角为60°，且，则（）A．B．C．D．36．已知，，动点C在曲线T：上，若△ABC面积的最小值为1，则t不可能为（）A．－4B．－3C．－2D．－17．若函数在区间上有两个零点，则的取值范围是（）A．B．C．D． 8．在正四棱台中，，．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（）A．B．C．D．二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．若函数的图象关于直线对称，则（）A．B．的图象关于点中心对称C．在区间上单调递增D．在区间上有2个极值点10．已知直线l：与圆O：相交于A，B两点，与两坐标轴分别交于C，D两点，记△AOB的面积为，△COD的面积为，则（）A．B．存在m，使C．D．存在m，使11．已知正实数a，b满足，则（）A．a＋b的最大值为2B．a＋b的最小值为C．的最小值为2D．的最大值为312．如果定义在R上的函数满足：对任意，有，则称其为“好函数”，所有“好函数”形成集合．下列结论正确的有（）A．任意，均有B．存在及，使C．存在实数M，对于任意，均有 D．存在，对于任意，均有三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若，则．14．南宋的数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的求面积、体积的连续量问题转化为离散量的垛积问题”，在他的专著《详解九章算法•商功》中，杨阵将堆垜与相应立体图形作类比，推导出了三角垛、方垛、刍童垛、刍童垛等的公式，例如三角垛指的是如图顶层放1个，第二层放3个，第三层放6个，第四层放10个……第n层放个物体堆成的堆垛，则．15．在棱长均相等的四面体ABCD中，P为棱AD（不含端点）上的动点，过点A的平面α与平面PBC平行．若平面α与平面ABD，平面ACD的交线分别为m，n，则m，n所成角的正弦值的最大值为．16．已知A，B为椭圆上两个不同的点，F为右焦点，，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17．（10分）已知数列的前n项和满足．（Ⅰ）求数列的通项公式；（Ⅱ）令，求数列的前n项和．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，． （Ⅰ）求的值；（Ⅱ）若，求．19．（12分）已知函数，a∈R．（Ⅰ）若，求曲线在点处的切线方程；（Ⅱ）若在上恒成立，求实数a的取值范围．20．（12分）如图，直三棱柱中，，E，F分别是AB，的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）若，直线EF与平面ABC所成的角为，求平面与平面FEC夹角的余弦值．21．（12分）已知点，在双曲线E：上．（Ⅰ）求双曲线E的方程；（Ⅱ）直线l与双曲线E交于M，N两个不同的点（异于A，B），过M作x轴的垂线分别交直线AB，直线AN于点P，Q，当时，证明：直线l过定点．22．（12分）已知函数，且，． （Ⅰ）若，函数在区间上单调递增，求实数b的取值范围；（Ⅱ）证明：对于任意实数，．参考数据：．参考答案一、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．B2．B3．B4．C5．C6．D7．A8．D二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分。9．ABD10．ABC11．AC12．AC三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．14．15．16．四、解答题：本题共6小题，共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。17． （Ⅰ）当，，故，因为，当时，两式相减行，即，故数列为等比数列，所以．（Ⅱ），故，故，令①，②，故①-②得，即，故．18．（Ⅰ）由余弦定理，得即，所以．（Ⅱ）由，即， 即，又，所以，，所以．19．（Ⅰ）时，，，，所以，故所求切线方程为：．（Ⅱ）法1：在上恒成立，令，则，令，则，所以在上单调递减，因为，，由零点存在定理知，存在唯一，使，所以在上单调递增，在上单调递减，所以， 从而．（Ⅱ）法2：在上恒成立，在同一直角坐标系中作出和的图象，如图所示：从而，．20．（Ⅰ）证明：证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为的中点，所以，因为三棱柱为直棱柱，所以平面ABC，所以FH⊥平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则，且，所以，因为EH，平面EFH，，所以BC⊥平面EFH，因为平面EFH，所以．证法2：设，，，则，由题知，，， 所以，，从而，即．（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以，由，得．如图，以CA，CB，分别为x轴，y轴，z轴正向，建立平面直角坐标系．则，，，，，，，，，，，设平面CEF的法向量为，由得，取，平面的法向量为，由得，取，设平面CEF与平面的夹角为，则．21． （Ⅰ）由题知，，得，所以双曲线E的方程为．（Ⅱ）由题意知，当l⊥x轴时，不符合题意，故l的斜率存在，设l的方程为，联立，消去y得，则，即，且，设，，，，AB方程为，令，得，AN方程为，令得，由，得，即，即，即，即，所以，得或，当，此时由，得，符合题意；当，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为，即， 所以l过定点．22．（Ⅰ）时，，由题知对任意恒成立，因为在单调递增，则，得．又，，得，综上．（Ⅱ）法1：由题，，则，而，显然在R上单调递增，，，由零点存在定理知存在唯一使，所以在单调递减，在单调递增，所以，，，所以 记，单调递减，又，故，又，故，则，命题得证．（Ⅱ）法2：由题，，则，而，显然在R上单调递增，，，由零点存在定理知存在唯一，使，，所以在单调递减，在单调递增，所以，记， 则对称轴，所以命题得证．