浙江省宁波市2023-2024学年高三下学期高考模拟考试数学试题含答案.pdf

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1、#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第1页(共 7 页)宁波市宁波市 2023 学年第学年第二二学期高考模拟考试学期高考模拟考试 高三数学高三数学参考答案参考答案 一一、选择题选择题：本题共本题共 8

2、 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 40 分分。在每小题给出的四个选项中在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目只有一项是符合题目 要求的要求的。1B 2A 3C 4B 5D 6C 7C 8A 二二、选择题选择题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 6 分分，共共 18 分分。在每小题给出的选项中在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求有多项符合题目要求。全部选对的得全部选对的得 6 分分，部分选对的得部分选对的得部分部分分分，有选错的得有选错的得 0 分分。9BD 10ACD 11BCD 三三、填空题填空题：本题共本题共 3 小题小题，每小题每小题 5 分分，共共 15 分分

3、。122 1316 14 2 3 四四、解答题解答题：本题共本题共 5 小题小题，共共 77 分分。解答应写出文字说明解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤证明过程或演算步骤。15（13 分）解：（1）1BEAD，BE 平面1ADD，1AD 平面1ADD，BE平面1ADD 同理可得BC平面1ADD 又BEBCB=，平面BCE平面1ADD CE 平面BCE，CE平面1ADD 6 分（2）法法 1：取AB中点O，易知ODAB，1ODAB 平面ABCD 平面11ABC D，平面ABCD平面11ABC DAB=，1ODAB，1OD平面ABCD 如图，建立空间直角坐标系，则(0,1,0)A，(0,1,0

4、)B，(3,0,0)D，(3,2,0)C，1(0,0,3)D，1(0,2,3)C 从而330,22E，得133,22CE=又(3,1,0)BD=，1(3,0,3)DD=，设平面1BDD的法向量(1,)nx y=，有100BD nDD n=，得30330 xy+=+=，解得31xy=，故(1,3,1)n=设直线CE与平面1BDD所成角为，则|sin|cos,|CE nCE nCEn=33|3|15221013313 144+=+，所以直线CE与平面1BDD所成角的正弦值为1510 13 分 法法 2：取 1AD中点F，则EFDC是平行四边形，所以/CEDF 从而CE与平面1BDD所成角即为DF与

5、平面1BDD所成角，设为 过1D作1DGAB交AB于G，过G作GHBD交BD于H，过G作1GKD H交1D H于K 因为平面ABCD 平面11ABC D，所以1DDBCGA 平面 所以1DGBD从而1HBGDD 平面#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第2页(共 7 页)所以BDGK，从而1GDDKB 平面 所以GK的长即为G到平面1BDD的距离 由133,2DGGH=，可得155GK=又1/GFBD，所以F到平面1BDD的距离设为h即为G到平面1BDD的距离，即155hGK=又13DGDG=，可得16DD=在1

6、ADD中，116,2DDADAD=，所以22221142()DFADADDD+=+，得2DF=所以15sin10hDF=，所以直线CE与平面1BDD所成角的正弦值为1510 13 分 16（15 分）解：（1）2n 时，1112()22nnnnnnnbbSSaab+=+=+，即132nnbb+=+又10b=，22b=，所以1n 时，132nnbb+=+，即113(1)nnbb+=+又1110b+=，所以10nb+，所以1131nnbb+=+，所以数列1nb+成等比数列 6 分（2）由（1）易得131nnb=由2112bba=+可得12a=，所以2nan=所以()11231232nnnna bn

7、nn=，所以01212(1 32 33 33)(1)nnTnn n=+令01211 32 33 33nMn=+，则12331 32 33 33nMn=+，所以012113(21)312(3333)33132nnnnnnMnn+=+=，所以(21)312(1)(1)2nnnTMn nn n+=+=+15 分 17（15 分）解：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 j k（1）（i）1(1)(2)(3)3P XP XP X=，所以X的分布列为 X 1 2 3 P 13 13 13 111()1232

8、333E X=+=.4 分#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第3页(共 7 页)（ii）第一个人获得手气王时，三个人抢到的金额数只可能为(2,2,2),(3,1,2),(3,2,1)，故第一个人获得手气王的概率(2,2,2)(3,1,2)(3,2,1)PP ijkP ijkP ijk=+=+=11111143332329=+=8 分（2）记事件A=“三个人抢到的金额数为 2，3，4 的一个排列”，事件B=“第一个人获得手气王”所要求的是条件概率(|)P B A，有()(|)()P BAP B AP A=当三个人

9、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11111()(4,2,3)(4,3,2)545410P BAP ijkP ijk=+=+=，()(4,2,3)(4,3,2)(3,2,4)P AP ijkP ijkP ijk=+=+=(3,4,2)(2,3,4)(2,4,3)P ijkP ijkP ijk+=+=+=11111111111137545455555656150=+=，故1()1510(|)37()37150P BAP B AP A=15 分 18（17 分）解：法法 1：（1）（i）3TAk=，所以:31TA yx=T

10、A与C联立可得230 xx=，解得0 x=或3x=，所以(3,2)B 所以33DBk=，所以6=；4 分 （ii）直线AB斜率存在时，可设直线AB的方程为33yk x=，设1122(,),(,)A x yB xy 由22331yk xyx=得22223(1)2 330kxk xk+=所以221212222 33,3(1)3(1)kkxxx xkk+=#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第4页(共 7 页)当10 x=时，由（i）可得23+=；当10 x 时，设,DA DB的斜率分别为12,k k 11211233

11、11133,kkykkkkxxx+=所以12121212331132 33322133kkxxkkkkkkxxx xk+=+=，121233113333kkkk kkkxxk+=所以1212tan()31kkk k+=因为B在第一象限，所以02，所以302+，所以23+=直线AB斜率不存在时，可得32 33 2 3,3333AB，可得1223,23kk=，所以1212tan()31kkk k+=，同理可得23+=综上可得，+为定值23，得证 10 分（2）由（1）可得6=时，(3,2)B 1k不存在，则(01)A，由（1）（i）可得3,03T，所以3DTk=，所以6ADT=DTk不存在，则(0

12、,0)T，则(32)A，此时13k=，由图可得6ADT=若1k和DTk均存在，设:(3)2AB yk x=+，(,0)T t，则23tk=#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第5页(共 7 页)与双曲线联立可得222234322 32,11AAkkkkxykk+=所以113,323DTkkkkkk=所以113t n31aDTDTkkAkkDT=+，所以1sin2sinADTBET=设BET与ADT的外接圆半径分别为12,r r，从而122sin2|sinBAABETABTryBTATrAyTTDy=，等号当且仅当

13、1Ay=时取到 所以BET与ADT的外接圆半径之比的最大值为217 分 法法 2：（1）同法 1 10 分（2）同法 1 若1k和DTk均存在，设00(,),(,0)A xyT t，则00(3,2),(3,2)BAxyBTt=由,A T B三点共线可得/BABT 所以002(3)(2)(3)0 xyt=，所以000002(3)23322xxytyy+=+=001000000121,23232DTyykkxxyxyy=+所以0000010010002123tan211123DTDTyyxxykkADTyykkxxy=+()()()()()()200000000022000000000021 23

14、3323322321yxyxyyx yyxyx yyxyxyy=+22000000002220000000003333332(1)332333yx yyyx yyyyx yyyx yy=+所以ADT=，所以1sinsin2ADTBET=下同法 1.17 分 法法 3：（1）（i）同法 1 4 分（ii）2=时，由（i）可得23+=；2时，设,DA DB的斜率分别为12,k k 设:(1)1l mxn y+=，由3,03T在直线上可得313mn=l与C联立可得22(21)(1)2(1)0nymx yx+=，即211(21)210yynmxx+=，所以12,k k就是方程2(21)210nkmk+

15、=的两根#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第6页(共 7 页)所以121221,2121mkkk knn+=+，1212tan()311kkmk kn+=+，因为B在第一象限，所以02，所以302+，所以23+=综上可得，+为定值23，得证 10 分（2）同法 1 若1k和DTk均存在，设(,0)T t，则1mtn=，则12121tan()11DTkkmkk knt+=+记直线DT的倾斜角为，则+=，所以ADT=所以1sinsin2ADTBET=下同法 1.17 分 19（17 分）解：（1）因为()cos(1

16、)sinfxxxx=+，()2sin(1)cosfxxxx=+因为()0fx，所以()fx在0,2上单调递减，又因为(0)1,122ff=+由零点存在定理知，存在唯一的0,2c，使得()0fc=，且(0,)xc，时，()0fx，,2xc，()0fx，所以()f x在0,c上递增，,2c上递减，所以()f x为单峰函数 4 分（2）（i）令td=，则0,2t，令()()sinln(1)h xgxxx=+，因为d为()g x在,2上的最优点，所以t为()h x在0,2的最优点，1()cos1h xxx=+，所以()0h t=，结合最优点的定义知，t为()f x在区间0,2上的唯一零点 又由（1）知

17、，()f x在0,c递增，,2c递减，且(0)0f=，02f 所以由零点存在性定理知在区间0,2存在唯一的,2tc，使得()0f d=,即dtc=，所以cd+10 分（ii）第一次操作：取12(1),22xx=，由对称性不妨去掉区间,2 2，则存优区间为0,2，1(1)2x=为好点；第二次操作：1(1)2x=为一个试验点，为了保证对称性，另一个试验点3x与1x关于区间0,2的中心对称，所以3(21)2x=；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#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#数学答案 第7页(共 7 页)若31xx，即23，则21=，1=（舍去）；若31xx，即23，则1=，即210+=，解得512=或152=（舍）则操作 5 次后的精度为55=.55,0,22xgxf 55,0,22xgdcxfdc=+55,0,22dcxgdcxf 55522dcdc+=又210+=，所以5225 51152.24111(1)(21)(23)532210=+=所以5550,0,221xgxfdcdc，得证 17 分#QQABYQKAogAgAJIAABgCQQGiCkAQkACCCIoOgAAAoAABCQNABAA=#