【文档说明】浙江省宁波市2023届高三上学期第一次高考模拟考试数学试卷+答案.doc，共(11)页，947.500 KB，由baby熊上传

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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ln1Axyx，260Bxxx，则AB（）A．12xxB．13xx

C．2xxD．1xx2．已知数列na与nb均为等差数列，且354ab，598ab，则47ab（）A．5B．6C．7D．83．若121aiii（a∈R，i为

虚数单位），则ai（）A．22B．10C．5D．24．一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（lg20.301，结果精确到0.1）（）A．2.7B．2.9C．3.1D．3.35．已知两个非零向量a，b的夹角为60°，且，则abab（）A．13B．33C．3D．36．已知0,2A，,00Btt，动点C

在曲线T：2401yxx≤≤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2fxxmxn在区间1,1上有两个零点，则2221nmn的取值范围是（）A．0,1B．1,2

C．0,4D．1,48．在正四棱台1111ABCDABCD中，112ABAB，13AA．当该正四棱台的体积最大时，其外接球的表面积为（）A．332B．33C．572D．57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sin20fxx的图象关于直线6x对称，则（）A．102fB．fx的图象关于点5,012中心对称C．fx在区间0,3上单调递增

D．fx在区间0,上有2个极值点10．已知直线l：31002mxymm与圆O：224xyx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1S，△COD的面积为2S，则（）A．12S≤B．存在m，使23SC．3AB≥D．

存在m，使ABCD11．已知正实数a，b满足221ababab，则（）A．a＋b的最大值为2B．a＋b的最小值为152C．22ab的最小值为2D．22ab的最大值为312．如果定义在R上的函数fx满足：对任意xy，有2fxfy≤，则称其为“好函数”，所

有“好函数”fx形成集合．下列结论正确的有（）A．任意fx，均有0fx≥B．存在fx及0xR，使02022fxC．存在实数M，对于任意fx，均有fxM≤D．存在fx，对于任

意xR，均有fxx≥三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．若sin3cos2xx，则cos2x．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na个物体堆成的堆垛，则1210111a

aa．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22195xy上两个不同的点，F为右焦点，4AFBF，若线段AB的垂直平分线交x轴于点T，则FT．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na的前n项和nS满足*22nnSan

N．（Ⅰ）求数列na的通项公式；（Ⅱ）令4nnban，求数列nnba的前n项和nT．18．（12分）在△ABC中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，4cosabCba．（Ⅰ）求222abc的值；（Ⅱ）若111tantantanBAC，求

cosA．19．（12分）已知函数sinfxxax，a∈R．（Ⅰ）若2a，求曲线yfx在点,66f处的切线方程；（Ⅱ）若fxa≥在5,66x上恒成立，求实数a的取值范围．20．（12分）如图，直三棱柱11

1ABCABC中，2ACB，E，F分别是AB，11BC的中点．（Ⅰ）证明：EF⊥BC；（Ⅱ）若2ACBC，直线EF与平面ABC所成的角为3，求平面1AEC与平面FEC夹角的余弦值．21．（12分）已知点2,0A，104,33B

在双曲线E：222210,0xyabab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MPPQ时，证明：直线l过定点．22

．（12分）已知函数23210,xfxeaxebxbaabR，且00f，10f．（Ⅰ）若2a，函数fx在区间1,12上单调递增，求实数b的取值范围；（Ⅱ）证明：对于任意实

数xR，20310fxff．参考数据：2.7182818e．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

．1214．201115．22316．43四、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1n，11122Saa，故12a，因为22nnSa，当2n≥时，1122nnSa两式相减行1122nnnnnSSaaa，即12nn

aa，故数列na为等比数列，所以2nna．（Ⅱ）424nnnbann，故224122nnnnnbnna，故10121232222nnnTn，令10121232222nnnH①，012111

2322222nnnH②，故①-②得10122111121111111224122222222212nnnnnnnnnH，即2282nnnH，故22228822nnnnnTnn

．18．（Ⅰ）由余弦定理，得2222242ababcabab即2222abc，所以2222abc．（Ⅱ）由111coscossincoscossinsintantant

ansinsinsinsinsinsinACCACABBACACACAC，即222222sincossinsin2BbacbbBACacacac，即2223acb，又2222abc，所以32bc，52ac，所以22222235344cos26322cccbca

Abccc．19．（Ⅰ）2a时，sin2fxxx，1sin266623f，'cos2fxx，所以3'cos22662f，故所求切线方程为：34312122yx．（Ⅱ）法1：sinsin1

1xfxaxaxax≥≥≤在5,66x上恒成立，令sin1xgxx，则2coscossin'1xxxxgxx，令coscossinhxxxxx，则'sinsin0hxxx

x，所以hx在5,66x上单调递减，因为331066222h，55331066222h，由零点存在定理知，存在唯一05,66x

，使00hx，所以gx在0,6x上单调递增，在05,6x上单调递减，所以min5333min,min,6666565gxgg

，从而365a≤．（Ⅱ）法2：sin1fxaxax≥≥在5,66x上恒成立，在同一直角坐标系中作出sinyx和1yax的图象，如图所示：从而，13256516a≤．20．（Ⅰ）证明：

证法1：取BC中点H，分别连结EH，FH，因为F为11BC的中点，所以1FHBB∥，因为三棱柱为直棱柱，所以1BB平面ABC，所以FH⊥平面ABC，所以FH⊥BC，又E为AB的中点，则EHAC∥，且ACBC，所以EH

BC，因为EH，FH平面EFH，EHFHH，所以BC⊥平面EFH，因为EF平面EFH，所以EFBC．证法2：设CAa，CBb，1CCc，则1111222EFCFCECCCBCACBac，由题知，CACB，

1CCCB，所以0ab，0bc，从而102CBEFbac，即EFBC．（Ⅱ）由（Ⅰ）知∠FEH为EF与平面ABC所成的角，所以3FEH，由2ACBC，得13CC．如图，以CA，CB，1CC分别为x轴，y轴，z轴正向，建立平面直角坐标系．则

2,0,0A，0,2,0B，10,0,3C，12,0,3A，10,2,3B，1,1,0E，0,1,0H，0,1,3F，1,1,0CE，0,1,3CF，12,0,3CA，设平面CEF的法向量为111,,mxyz，由00mCEmCF

得1111030xyyz，取3,3,1m，平面1CAE的法向量为222,,nxyz，由100nCEnCA得22220230xyxz，取3

,3,2n，设平面CEF与平面1CAE的夹角为，则270cos35mnmn．21．（Ⅰ）由题知，2222110141433ab，得21b，所以双曲线E的方程为2214xy

．（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ykxm，联立2214ykxmxy，消去y得222148440kxkmxm，则2222226416114161

40kmmkmk，即2214mk，且2140k，设11,Mxy，22,Nxy，122814kmxxk，21224414mxxk，AB方程为124yx，令1xx，得112,4xPx

，AN方程为2222yyxx，令1xx得11222,2xQxyx，由MPPQ，得111222222xxyyx，即12121222yyxx，即12211212122242

kxmxkxmxxxxx，即121214422480kxxkmxxm，即22416161680mkmkkm，所以2220mkmk，得22mk或2mk，

当22mk，此时由0，得58k，符合题意；当2mk，此时直线l经过点A，与题意不符，舍去所以l的方程为22ykxk，即22ykx，所以l过定点2,2．22．（Ⅰ）2a时，2621xfxexebxb

，由题知'1220xfxexeb≥对任意1,12x恒成立，因为'fx在1,12单调递增，则min1''6202fxfeeb≥，得32ebe≤．又00fb，150fbe，得05be

，综上032ebe≤．（Ⅱ）法1：由题020fba，1210fabe，则221abae，而'62xfxeaxeb，显然'fx在R上单调递增，'0121225220febeaea，

'1626221220feabeeaaae，由零点存在定理知存在唯一00,1x使0'0fx，0026xeebax所以fx在0,x单调递减，在0,x单调

递增，所以0minfxfx，02200000321323321xfxeaxebxbaaxebaxbea，20314226333473ffbaaebabe，所以2020fx

≥20002232338xbaxeaxae220000022232338324254xaaxeaxaeaxaexae20000

00385424135424xxaexexxaexe0424exe记424gxexe，gx单调递减，又ln26ln2226ln2226ln22216ln240eaebaebaaa

，故00ln2x，又316e，故3ln24，则3514542470422egxeee，命题得证．（Ⅱ）法2：由题020fba，1210fabe，则221a

bae，而'62xfxeaxeb，显然'fx在R上单调递增，'0121225220febeaea，333344443991'22212204222feabeeaaeae

，由零点存在定理知存在唯一030,4x，使0'0fx，0026xeebax，所以fx在0,x单调递减，在0,x单调递增，所以0minfxfx，2000203120

31323328fxfffxffaxebaxabe≥记2323328hxaxebaxabe，则对称轴313ebaxa，所以03933233

284164hxhaebaabe≥3153151158287016221622162abeaaeae命题得证．