浙江省寧波市2023屆高三第二次模擬數學理試題·PAGE1·寧波市2023年高考模擬試卷數學〔理科〕試卷本試題卷分選擇題和非選擇題兩局部．全卷共4頁,選擇題局部1至2頁,非選擇題局部3至4頁．總分值150分,考試時間120分鐘．請考生按規定用筆將所有試題的答案涂、寫在答題紙上．參考公式：如果事件參考公式：如果事件A，B互斥，那么P(A+B)=P(A)+P(B)如果事件A，B相互獨立，那么P(A·B)=P(A)·P(B)如果事件A在一次試驗中發生的概率是p，那么n次獨立重復試驗中事件A恰好發生k次的概率Pn(k)=pk(1-p)n-k

(k=0,1,2,…，n)臺體的體積公式：V=〔其中S1,S2分別表示臺體的上、下底面積，h表示臺體的高〕柱體的體積公式：柱體的體積公式：〔其中S表示柱體的底面積，h表示柱體的高〕錐體的體積公式：〔其中S表示錐體的底面積，h表示錐體的高〕球的外表積公式：S=4πR2球的體積公式：〔其中R表示球的半徑〕第一卷〔選擇題局部共50分〕一、選擇題：本大題共10小題，每題5分，共50分．在每題給出的四個選項中，只有一項為哪一項符合題目要求的．1．設集合M={-1,0,1}，N={x|x2≤x}，那么M∩N=〔A〕{0} 〔B〕{0,1} 〔C〕{-1,1} 〔D〕{-1,0}2．函數是〔A〕周期為的偶函數 〔B〕周期為2的偶函數〔C〕周期為的奇函數 〔D〕周期為2的奇函數俯視圖俯視圖正視圖側視圖22〔第3題圖〕3．某幾何體的三視圖如以以下圖，那么該幾何體的體積是〔A〕 〔B〕〔C〕 〔D〕

4．點P〔3,3〕，Q〔3,-3〕，O為坐標原點，動點M〔x,y〕滿足，那么點M所構成的平面區域的面積是〔A〕12 〔B〕16 〔C〕32 〔D〕645．R，條件p：“〞，條件q：“〞，那么p是q的〔A〕充分不必要條件 〔B〕必要不充分條件〔C〕充分必要條件 〔D〕既不充分也不必要條件6．在“石頭、剪刀、布〞的游戲中，規定：“石頭贏剪刀〞、“剪刀贏布〞、“布贏石頭〞．現有甲、乙兩人玩這個游戲，共玩3局，每一局中每人等可能地獨立選擇一種手勢．設甲贏乙的局數為ξ，那么隨機變量ξ的數學期望是〔A〕 〔B〕 〔C〕 〔D〕17．數列是1為首項、2為公差的等差數列，是1為首項、2為公比的等比數列．設，，那么當Tn>2023時，n的最小值是〔A〕7 〔B〕9 〔C〕10 〔D〕118．空間向量滿足，且的夾角為，O為空間直角坐標系的原點，點A、B滿足，，那么△OAB的面積為〔A〕 〔B〕 〔C〕 〔D〕9．設函數的導函數為，對任意R都有成立，那么〔A〕〔B〕〔C〕〔D〕的大小不確定10．三個頂點均在橢圓上的三角形稱為橢圓的內接三角形．點A是橢圓的一個短軸端點，如果以A為直角頂點的橢圓內接等腰直角三角形有且僅有三個，那么橢圓的離心率的取值范圍是〔A〕 〔B〕 〔C〕 〔D〕

第二卷〔非選擇題局部共100分)否是二、填空題：本大題共7小題,每題4分,共28分否是11．i是虛數單位，復數的虛部是▲．12．執行如以以下圖的程序框圖，那么輸出的k值是▲．13．的展開式的常數項是▲．14．設函數，假設函數為偶函數，那么實數的值為▲．15．從6名候選人中選派出3人參加、、三項活動，且每項活動有且僅有1人參加，甲不參加活動，那么不同的選派方法有▲種．16．曲線：和：，直線與、分別相切于點A、B，直線〔不同于〕與、分別相切于點C、D，那么AB與CD交點的橫坐標是▲．17．在直角坐標平面上，點A〔0,2〕，B〔0,1〕，D〔t,0〕〔t>0〕．點M是線段AD上的動點，如果|AM|≤2|BM|恒成立，那么正實數t的最小值是▲．三、解答題：本大題共5小題，共72分．解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟．18．〔此題總分值14分〕在△ABC中，角A，B，C所對的邊分別為，函數R〕．〔Ⅰ〕求函數的最小正周期和最大值；〔Ⅱ〕假設函數在處取得最大值，求的值．19．〔此題總分值14分〕設公比大于零的等比數列的前項和為，且，，數列的前項和為，滿足，，．〔Ⅰ〕求數列、的通項公式；〔Ⅱ〕設，假設數列是單調遞減數列，求實數的取值范圍．

PABCD〔第20題圖〕20．〔此題總分值1PABCD〔第20題圖〕菱形，且∠ABC=60，AB=PC=2，AP=BP=．〔Ⅰ〕求證：平面PAB⊥平面ABCD；〔Ⅱ〕求二面角A-PC-D的平面角的余弦值．xyOQFABCDP1P2〔第21題圖〕21．〔此題總分值15分〕如圖，橢圓E：的離心率是，P1、P2是橢圓E的長軸的兩個端點〔P2位于P1右側〕，點F是橢圓xyOQFABCDP1P2〔第21題圖〕(Ⅰ)求橢圓E的方程以及點Q的坐標；(Ⅱ)過點Q的動直線l交橢圓E于A、B兩點,連結AF并延長交橢圓于點C，連結BF并延長交橢圓于點D．①求證：B、C關于x軸對稱;②當四邊形ABCD的面積取得最大值時，求直線l的方程．22．〔此題總分值14分〕設函數，其中．〔Ⅰ〕如果是函數的一個極值點，求實數a的值及的最大值；〔Ⅱ〕求實數a的值，使得函數f(x)同時具備如下的兩個性質：①對于任意實數且，恒成立；②對于任意實數且，恒成立．寧波市2023年高考模擬試卷數學〔理科〕參考答案說明：一、本解答給出了一種或幾種解法供參考，如果考生的解法與本解答不同，可根據試題的主要考查內容制訂相應的評分細那么．二、對計算題，當考生的．、解答右端所注分數，表示考生正確做到這一步應得的累加分數．四、只給整數分數．選擇題和填空題不給中間分．一、選擇題：此題考查根本知識和根本運算。每題5分，總分值50分．1．B2．D3．A4．C5．A6．D7．C8．B9．C10．D二、填空題：此題考查根本知識和根本運算．每題4分，總分值28分．11．12．313．14．15．10016．17．三、解答題：本大題共5小題，共72分．解容許寫出文字說明、證明過程或演算步驟．18．〔此題總分值14分〕解：〔Ⅰ〕依題意，…………2分………5分所以函數的最小正周期是,有最大值．……………7分〔=2\*ROMANⅡ〕由〔=1\*ROMANI〕知：由，得，所以．．……………14分19．〔此題總分值14分〕解：〔Ⅰ〕由，得………………3分又〔，那么得所以，當時也滿足． ……………7分〔Ⅱ〕，所以，使數列是單調遞減數列，那么對都成立，……………10分即，……………12分，當或時，所以．……………14分20．〔此題總分值15分〕解：〔Ⅰ〕如圖1所示，取AB中點E，連PE、CE．那么PE是等腰△PAB的底邊上的中線，所以PE⊥AB．……………2分PABCD〔第20題圖1〕EFHPABCD〔第20題圖1〕EFH由勾股定理可得，PE⊥CE．……………4分又因為AB平面ABCD，CE平面ABCD，且AB∩CE=E，所以PE⊥平面ABCD．……………5分而PE平面PAB，所以平面PAB⊥平面ABCD．……………7分〔Ⅱ〕〔方法1〕如圖1，在Rt△PEC中，過點E作EF⊥PC于點F，連AF．過A作平面PCD的垂線，垂足為H，連FH．因為AE⊥EC，AE⊥PE，所以AE⊥平面PEC，于是AE⊥PC．又EF⊥PC，所以PC⊥平面AEF，故PC⊥AF．已有PC⊥AH，可得PC⊥平面AFH，所以PC⊥FH．故∠AFH是二面角A-PC-D的平面角． ……10分由AB⊥平面PEC知EF⊥AB，又AB∥CD，所以EF⊥CD．而已有EF⊥PC，所以EF⊥平面PCD．又因為AH⊥平面PCD，所以AH∥EF．由于AB∥平面PCD，所以A、E兩點到平面PCD的距離相等，故AH=EF．所以AEFH是矩形，∠AFH=∠EAF． ……………13分在Rt△AEF中，AE=1，EF=，AF=，所以．即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是． ……………15分〔方法2〕以AB中點E為坐標原點，EC所在直線為x軸，EB所在直線為y軸，EP所在直線為z軸，建立如以以下圖的空間直角坐標系．那么A〔0,-1,0〕，PABCD〔第20題圖2〕ExyzC〔,0,0〕，PABCD〔第20題圖2〕Exyz=〔,1,0〕，=〔,0,-1〕，=〔0,2,0〕．……………9分設是平面PAC的一個法向量，那么，即．取，可得，．…………11分設是平面PCD的一個法向量，那么，即．取，可得，．……………13分故，即二面角A-PC-D的平面角的余弦值是．……………15分

xyOQFABCxyOQFABCDP1P2〔第21題圖〕解：〔Ⅰ〕設點F〔c,0〕，Q〔x,0〕〔〕．由，可得，解得．……………2分依題意，即．………4分又因為，所以．故橢圓的方程是，點Q的坐標是〔2,0〕．……………6分〔Ⅱ〕①設直線l的方程為，代入橢圓E的方程可得依題意，，．此時，假設設，那么，．〔*〕……………8分點B關于x軸的對稱點B1〔〕，那么A、F、B1三點共線等價于由〔*〕可知上述關系成立．因此，點C即是點B1，這說明B、C關于x軸對稱．……………10分②由①得B、C關于x軸對稱，同理，A、D關于x軸對稱．所以，四邊形ABCD是一個等腰梯形．那么四邊形ABCD的面積． ……………12分設，那么，．求導可得，令，可得．由于在上單調增，在上單調減．所以，當即時，四邊形ABCD的面積S取得最大值．……………14分此時，直線l的方程是． ……………15分22．〔此題總分值14分〕解：〔Ⅰ〕函數的定義域是，對求導可得 ……………2分依題意，，解得． ……………3分此時，，．因為，令，可得；令，可得．所以，函數在上單調遞增，在上單調遞減．……………5分因