精品解析：浙江省宁波市2024－2025学年高三下学期高考模拟考试数学试卷

宁波市2024学年第二学期高考模拟考试 高三数学试题卷 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“贴条形码区”. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 4 设，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 5. 已知数列中，，记为前项和，，则的值为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（ ） A. 180 B. 220 C. 260 D. 300 8. 已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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. 下面说法正确的是（ ） A. 若数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为4 B. 若是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等 C. 已知是随机变量，则 D. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 10. 国家知识产权局信息显示，华为技术有限公司申请一项名为“三进制逻辑门电路、计算电路、芯片及其电子设备”的专利，该项专利可以实现大幅度减少二进制逻辑电路的晶体管数量，降低电路的功耗，提高计算效率.该专利蕴含的数学背景是一种以3为基数，以，，为基本数码的计数体系（对称三进制）：三进制数对应的十进制数为，其中，，为了记号的方便，我们用表示数码，比如，，.下面选项正确的是（ ） A. B. C 若，，，则 D. 存在唯一的，使得成立 11. 如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 不存在点，使得 D. 不存在点，使得四棱锥有内切球 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. 展开式中的常数项为__________． 13. 在中，，，则______________. 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 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. 如图，在直三棱柱中，，，.是的中点，是与的交点. （1）若是的中点，证明：平面； （2）求与平面所成角正弦值. 16. 在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数. （1）求这3个数中恰有1个是偶数的概率； （2）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望. 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 18. 已知椭圆，点到椭圆上点的距离的最大值为. （1）求椭圆方程； （2）若过定点的直线交椭圆于点，，设点，直线与直线交于直线上一点，求直线的方程. 19. 设维向量，，定义运算：. （1）当时，若且，，试比较与的大小； （2）已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 宁波市2024学年第二学期高考模拟考试 高三数学试题卷 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“贴条形码区”. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】解一元二次不等式求集合，再应用补集运算求集合. 【详解】由或， 所以. 故选：A 2. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据三角函数性质依次判断各项对应函数的最小正周期、区间单调性，即可得. 【详解】由的最小正周期为，的最小正周期为，A、D不符； 由在上单调递增，C不符； 以为最小正周期，且在区间上单调递减，B符合. 故选：B 3. 已知向量，满足，，则（ ） A. 3 B. 4 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【分析】由已知及向量数量积的运算律得，进而求. 【详解】由，则， 所以. 故选：D 4. 设，则（ ） A. 0 B. C. 1 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，化简复数为，进而求得，得到答案. 【详解】由复数，所以. 故选：C. 5. 已知数列中，，记为的前项和，，则的值为（ ） A. 2023 B. 2024 C. 2025 D. 2026 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，利用与的关系，推得，结合累乘法，即可求得的值，得到答案. 【详解】数列中，满足，当时，可得， 两式相减，可得，即，所以， 又由，则. 故选：B. 6. 已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】问题化为、相交求参数范围. 【详解】以为圆心，2为半径的圆为， 以为圆心，3为半径圆为， 若符合题设的直线恰有2条，即上述两圆相交，而， 所以，可得， 所以. 故选：B 7. 一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（ ） A. 180 B. 220 C. 260 D. 300 【答案】C 【解析】 【分析】注意讨论截面的形状，根据已知及棱柱的体积公式求截面相关边长，进而求墨水与墨水瓶接触部分的面积； 【详解】如下图，若截面为等腰直角三角形，腰长为， 则，可得，不符， 如下图，若截面为直角梯形，上底长为， 则，可得，满足， 所以此时墨水与墨水瓶接触部分的面积. 故选：C 8. 已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】对函数求导得，结合研究的区间单调性，进而确定极值点，再由区间存在最大值得，即可求范围. 【详解】由题设， 由，所以， 当或时，，即在、上单调递增， 当时，，即在上单调递减， 所以极小值点为，极大值点为， 而， 且， 所以，只需，即， 所以. 故选：D 二、选择题：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. 下面说法正确的是（ ） A. 若数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为4 B. 若是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等 C. 已知是随机变量，则 D. 若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1 【答案】BC 【解析】 【分析】利用方差的性质判断A；根据等差数列的性质及中位数定义判断B；根据判断C；由相关系数的实际意义判断D. 【详解】A：由数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差，错； B：对于等差数列， 若正整数，则， 若正整数，则， 又等差数列的平均数为， 结合中位数定义及等差数列的性质，易知中位数也为，对； C：由于一组数据的方差，且，则，对； D：若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，错. 故选：BC 10. 国家知识产权局信息显示，华为技术有限公司申请一项名为“三进制逻辑门电路、计算电路、芯片及其电子设备”的专利，该项专利可以实现大幅度减少二进制逻辑电路的晶体管数量，降低电路的功耗，提高计算效率.该专利蕴含的数学背景是一种以3为基数，以，，为基本数码的计数体系（对称三进制）：三进制数对应的十进制数为，其中，，为了记号的方便，我们用表示数码，比如，，.下面选项正确的是（ ） A. B. C. 若，，，则 D. 存在唯一的，使得成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题设新定义直接判断A、B；由，结合确定的最值判断C；由，进而确定的对应值判断D. 【详解】A：，对； B：， ， ，错； C：， 因为， 若全取1时，， 若全取时，， 由，则，故的绝对值小于，对； D：， ， 所以 ， 由，则，， 要使，即， 所以，则，且，则， 此时，即有唯一解，对. 故选：ACD 11. 如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点，使得平面 B. 存在点，使得平面平面 C. 不存在点，使得 D. 不存在点，使得四棱锥有内切球 【答案】ABD 【解析】 【分析】当与重合时，应用线面平行的判定定理判断A；构建空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量（含参），根据垂直关系求参数值判断B；同B分析，应用空间向量模长的坐标表示列方程求参数判断C；根据棱锥内切球在侧面上投影圆的半径相等列方程求参数判断D. 【详解】对于A ，连接交于点，则分别为中点， 当与重合时，有，即， 因平面，平面，故平面，即平面，故A正确； 对于B，因，则，而，，则， 由且都在平面内，故平面， 如下图所示，在平面内过作，建立空间直角坐标系， 则，，，，， ，， 设平面一个法向量为， 则，取，有， 设且，， 设平面的一个法向量为， 则，取，有， 若平面平面，则，可得， 所以存在点，使得平面平面，故B正确； 对于C，同B分析，可得，若， 所以，可得， 所以，则， 所以，可得，故C错误； 对于D，假设存在球与平面、平面、平面都相切，设且， 如下左视图，则，，，则， 俯视图角度，球心在下底面投影为的内心，则， 要使四棱锥有内切球，则在内有解， 所以，整理得， 所以，显然无解，故D正确. 故选：ABD 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. 展开式中常数项为__________． 【答案】. 【解析】 【分析】利用通项公式即可得出． 【详解】通项公式Tr+1（x2）6﹣r（﹣1）rx12﹣3r， 令12﹣3r＝0，解得r＝4． ∴展开式中的常数项15． 故答案为15． 【点睛】本题考查了二项式定理的通项公式，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 13. 在中，，，则______________. 【答案】9 【解析】 【分析】根据已知及和角余弦公式、三角形内角性质整理得，即可得. 【详解】由题设 ， 所以，即. 故答案为：9 14. 关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是______________. 【答案】或 【解析】 【分析】构造，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数，即可得范围. 【详解】令，显然，易知是方程的唯一解， 由，令，则， 当，即，则，故在R上单调递增，满足题设； 当时且，此时使得， 所以上，则在上单调递减， 上，则在上单调递增， 所以，又时， 当时，，满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 当时，，则使，故方程有两个解，不满足题设； 综上，或. 故答案为：或 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. 如图，在直三棱柱中，，，.是的中点，是与的交点. （1）若是的中点，证明：平面； （2）求与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析； （2）. 【解析】 【分析】（1）构建合适的空间直角坐标系，应用向量法求得，即可证； （2）由（1）中坐标系，应用向量法求线面角的正弦值. 【小问1详解】 由题意，以原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 所以， 所以， 设平面的法向量，则， 令，则， 故，且平面，则平面； 【小问2详解】 由（1）得，若直线与平面所成角为， 所以. 16. 在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数. （1）求这3个数中恰有1个是偶数的概率； （2）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望. 【答案】（1）； （2）分布列见解析，期望为. 【解析】 【分析】（1）应用组合数求任选三个、恰有一个偶数的选法数，再由古典概型的概率求法求概率； （2）由题意的可能值为，再求出对应概率写出分布列，进而求期望. 【小问1详解】 从7个自然数中任选三个有种，恰有一个偶数的情况有种， 所以这3个数中恰有1个是偶数的概率； 【小问2详解】 由题设，的可能值为， 有、、、、共有5种， 有、、、、、、、、、共有10种， 有种， 所以，，， 的分布列如下， 0 1 2 . 17. 已知函数. （1）当时，讨论的单调性； （2）当时，恒成立，求的取值范围； （3）求证：当时，. 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）应用导数研究函数的区间单调性即可； （2）应用导数探讨时，恒成立有，再判断所得范围的充分性，即可得； （3）根据（2）结论，令，得，即可证. 【小问1详解】 由题设，则且， 当，，即在上单调递增， 当，，即在上单调递减， 当，，即在上单调递增； 【小问2详解】 由题设，令，则， 对时，恒成立，且，只需，即， 另一方面，时，， 所以在上单调递增，则， 所以在上单调递增，则，满足题设， 综上，； 【小问3详解】 由（2）取，在上， 令，，则，即， 所以，则，得证. 18. 已知椭圆，点到椭圆上点的距离的最大值为. （1）求椭圆的方程； （2）若过定点的直线交椭圆于点，，设点，直线与直线交于直线上一点，求直线的方程. 【答案】（1） （2）或 【解析】 【分析】（1）设椭圆上的点是椭圆上一点，得到，设，利用二次函数的性质，求得，求得，即可得到椭圆的方程； （2）设直线，直线和的斜率分别为，联立方程组，得到 且，再由和，联立方程得到，根据直线与直线的交点在上，得到，化简得到，利用求根公式，求得，代入化简，求得，进而得到直线方程. 【小问1详解】 解：设椭圆上的点满足椭圆的方程，则， 可得， 设，其中， 由，可得对应的抛物线开口向下，对称轴为， 所以，解得或（舍去）， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 解：设直线，且， 由对称性，不妨设，此时，直线和的斜率分别为， 联立方程组，整理得， 则，解得， 且， 又由直线和， 联立方程组，整理得， 因为直线与直线交于直线上一点， 所以，化简得，即， 化简得，所以， 又由求根公式可得， 代入得， 整理得，平方得， 解得，所以或（舍去）， 当时，直线方程为， 由对称性知，当时，也满足题意，此时直线方程为， 综上可得，直线方程为或. 19. 设维向量，，定义运算：. （1）当时，若且，，试比较与的大小； （2）已知，记且和均为的某一排列}. （ⅰ）求，； （ⅱ）若，求.（提示：.） 【答案】（1）； （2）（ⅰ），； （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据题设定义并应用作差法比较大小即可； （2）（i）根据定义得，结合可能取值有，即可得，讨论，同理求； （ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），并证明，即可得. 【小问1详解】 由题设，所以； 【小问2详解】 （i）先求：设，，其中为的排列， 所以， 而可能取值有，故， 再求：设，，其中为的排列， 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 当，，可能取值有，则可能值为； 综上，； （ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大， 设， ，则最小； ，则最大； 所以的元素均属于集合， 设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数）， 下证：当时，由上知， 考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中， 设，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当，，其中为的任一排列， 所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素， 当时，， 即， 故不覆盖集合的元素至多有个，故， 又，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $