首页
登录
字典
词典
成语
近反义词
字帖打印
造句
组词
古诗
谜语
书法
文言文
歇后语
三字经
百家姓
单词
翻译
会员
投稿
首页
同步备课
小学
初中
高中
中职
试卷
小升初
中考
高考
职考
专题
文库资源
您的位置:
首页
>
高考
>
模拟考试
>
浙江省宁波市2023届高三数学下学期4月模拟(二模)试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2023届高三数学下学期4月模拟(二模)试题(Word版附解析)
资源预览
文档简介为自动调取,内容显示的完整度及准确度或有误差,请您下载后查看完整的文档内容。
侵权申诉
举报
1
/27
2
/27
剩余25页未读,
查看更多内容需下载
充值会员,即可免费下载
文档下载
宁波市2022学年第二学期高考模拟考试高三数学试卷说明:本试卷分第I卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分,共150分.考试时间120分钟,本次考试不得使用计算器,请考生将所有题目都做在答题卡上.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.若集合,,则()A.B.C.D.【答案】B【解析】【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:B2.设i为虚数单位,若复数z满足,则z的虚部为()A.B.C.1D.2【答案】D【解析】【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【解析】【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【解析】【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:D5.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【解析】【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.2B.4C.6D.10【答案】A【解析】【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:A7.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【解析】【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.2023B.2025C.2027D.2029【答案】C【解析】【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、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.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【解析】【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:AC10.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【解析】【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【解析】【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【解析】【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:本题共4小题,每小题5分,共20分.13.若函数在区间上的最大值与最小值的差为2,则__________.【答案】2【解析】【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) 【解析】【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】【解析】【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】【解析】【分析】设点为中心,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: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.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)【解析】【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.【小问1详解】当时,,在中,由余弦定理,得, 所以.【小问2详解】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183048年龄不低于30岁221032合计404080(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(0.1000.0500.0250.0100.001 )2.7063.8415.0246.6350.828【答案】(1)表格见解析,有(2)分布列见解析,(3)【解析】【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.小问1详解】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.【小问2详解】的所有可能取值为0,1,2,3,,所以的分布列为:0123P(或).【小问3详解】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.【解析】【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.【小问1详解】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,因平面PAB,所以;因为,平面ABCD,所以平面ABCD.【小问2详解】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【解析】【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.【小问1详解】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. 【小问2详解】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)【解析】【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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.【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.【小问1详解】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.【小问2详解】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②①+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.
版权提示
温馨提示:
1. 部分包含数学公式或PPT动画的文件,查看预览时可能会显示错乱或异常,文件下载后无此问题,请放心下载。
2. 本文档由用户上传,版权归属用户,莲山负责整理代发布。如果您对本文档版权有争议请及时联系客服。
3. 下载前请仔细阅读文档内容,确认文档内容符合您的需求后进行下载,若出现内容与标题不符可向本站投诉处理。
4. 下载文档时可能由于网络波动等原因无法下载或下载错误,付费完成后未能成功下载的用户请联系客服vx:lianshan857处理。客服热线:13123380146(工作日9:00-18:00)
其他相关资源
浙江省宁波市2022届高三数学下学期二模试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2022届高三英语下学期高考模拟(二模)试卷(Word版附解析)
浙江省宁波市2022届高三化学下学期高考模拟考试(二模)试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2022-2023学年高三语文下学期二模试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2021-2022学年高三信息技术下学期选考模拟考试(二模)试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2022届高三历史二模试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2023届高三物理下学期选考模拟(二模)试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2023届高三历史二模试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2023届高考地理二模试题(Word版附解析)
浙江省宁波市2023届高三化学下学期4月模拟(二模)试题(Word版附解析)
文档下载
收藏
所属:
高考 - 模拟考试
发布时间:2023-05-21 15:18:03
页数:27
价格:¥3
大小:3.20 MB
文章作者:随遇而安
分享到:
|
报错
推荐好文
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
推荐特供
MORE
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
3页
doc
统编版一年级语文上册教学计划及进度表
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
6页
doc
统编版五年级语文上册教学计划及进度表
统编版四年级语文上册计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版四年级语文上册计划及进度表
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
4页
doc
统编版三年级语文上册教学计划及进度表
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
时间:2021-08-30
5页
doc
统编版六年级语文上册教学计划及进度表
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
时间:2021-08-30
5页
doc
2021统编版小学语文二年级上册教学计划
三年级上册道德与法治教学计划及教案
时间:2021-08-18
39页
doc
三年级上册道德与法治教学计划及教案
部编版六年级道德与法治教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编版六年级道德与法治教学计划
部编五年级道德与法治上册教学计划
时间:2021-08-18
6页
docx
部编五年级道德与法治上册教学计划
高一上学期语文教师工作计划
时间:2021-08-14
5页
docx
高一上学期语文教师工作计划
小学一年级语文教师工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
小学一年级语文教师工作计划
八年级数学教师个人工作计划
时间:2021-08-14
2页
docx
八年级数学教师个人工作计划