【精选】浙江省宁波市镇海区高中数学竞赛模拟试题一

一、单选题二、多选题1. （ ）A．B．C．D．2.已知等比数列满足，且，6，成等差数列，则公比q 的值为（ ）A ．2B ．2或C ．3D ．或33. 若关于的方程有3个不同实根，则满足条件的整数的个数是（ ）A ．24B ．26C ．29D ．314. 已知复数z 满足（i 为虚数单位），则复数Z 在复平面内对应的点在A ．第一象限B ．第二象限C ．第三象限D ．第四象限5. 《掷铁饼者》取材于古希腊的体育竞技活动，刻画的是一名强健的男子在掷铁饼过程中最具有表现力的瞬间．现在把掷铁饼者张开的双臂及肩近似看成一张“弓”，掷铁饼者的肩宽约为米，一只手臂长约为米，“弓”所在圆的半径约为米，则掷铁饼者双手之间的直线距离约为（）A ．米B ．米C ．米D ．米6. 某机构从一次“喜迎二十大”网络宣讲直播活动中，随机选取了部分参与直播活动的网友进行调查，其年龄（单位：岁）的频率分布直方图如图所示，以样本估计总体，估计参与直播活动的网友年龄的中位数为（）A ．31岁B ．32岁C ．33岁D ．34岁7. 已知集合，，则（ ）A．B．C．D．8.已知函数相邻两零点之间的距离为1，且图象经过点，若函数在区间有4个零点，则实数的取值范围是（ ）A．B．C．D．9. 已知，则下列不等式成立的是（ ）A．B．C．D．10.有一组样本数据，另一组样本数据，其中，c 为非零常数，则（ ）浙江省宁波市镇海中学2022届高三下学期5月高考模拟数学试题(高频考点版)浙江省宁波市镇海中学2022届高三下学期5月高考模拟数学试题(高频考点版)三、填空题四、解答题A ．两组样本数据平均数相同B ．两组样本数据与各自平均数的“平均距离”相等C ．两组样本数据方差相同D ．两组样本数据极差相同11.已知我市某次考试高三数学成绩，从全市所有高三学生中随机抽取6名学生，成绩不少于80分的人数为，则（ ）A．B ．服从标准正态分布C．D．12.溶液酸碱度是通过来计量的．的计算公式为，其中表示溶液中氢离子的浓度，单位是摩尔/升．例如纯净水中氢离子的浓度为摩尔/升，则纯净水的是7．当时，溶液呈酸性，当时，溶液呈碱性，当（例如：纯净水）时，溶液呈中性．我国规定饮用水的值在之间，则下列选项正确的是（）（参考数据：取）A ．若苏打水的是8，则苏打水中的氢离子浓度为摩尔/升B ．若胃酸中氢离子的浓度为摩尔/升，则胃酸的是C ．若海水的氢离子浓度是纯净水的倍，则海水的是D ．若某种水中氢离子的浓度为摩尔/升，则该种水适合饮用13.已知有两个盒子，其中盒装有3个黑球和3个白球，盒装有3个黑球和2个白球，这些球除颜色外完全相同．甲从盒、乙从盒各随机取出一个球，若2个球同色，则甲胜，并将取出的2个球全部放入盒中，若2个球异色，则乙胜，并将取出的2个球全部放入盒中．按上述方法重复操作两次后，盒中恰有7个球的概率是______．14. 写出一个满足下列条件的双曲线的方程__________.①焦点在轴上②渐近线与圆有交点15. 如图，在水平放置的直径与高相等的圆柱内，放入两个半径相等的小球球A 和球，圆柱的底面直径为，向圆柱内注满水，水面刚好淹没小球则球A 的体积为________，圆柱的侧面积与球B 的表面积之比为___________.16. 设的内角所对的边分别为，且，，函数.（1）求角的取值范围；（2）求的值域.17. 计算机考试分理论考试与实际操作两部分，每部分考试成绩只记“合格”与“不合格”，两部分考试都“合格”者，则计算机考试“合格”，并颁发合格证书甲、乙、丙三人在理论考试中“合格”的概率依次为，，，在实际操作考试中“合格”的概率依次为，，，所有考试是否合格相互之间没有影响.（1）假设甲、乙、丙三人同时进行理论与实际操作两项考试，谁获得合格证书的可能性最大？（2）这三人进行理论与实际操作两项考试后，求恰有两人获得合格证书的概率.18. 如图所示，半圆O 的直径为2，A 为半圆直径的延长线上的一点，且，B为半圆上任一点，以为边作等边，问B 在什么地方时，四边形的面积最大？并求出这个面积的最大值．19. 已知等差数列的前项和为，，．(1)求的通项公式；(2)设，数列的前项和为，证明：当时，．20. 在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且．求：(1)；(2)的取值范围．21. 已知函数.(1)当时，求函数在点处的切线方程；(2)若且恒成立，求a的取值范围.。

浙江省高中数学竞赛模拟试题(1)及参考答案第一试（时间：8:00-9:20 满分：120）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分. 1．已知函数()()221,0a f x x ax b x R x x x=++++∈≠，若实数,a b 使方程()0f x =有实根，则22a b +的最小值是2．在正三棱台111ABC A B C -中，上底面积11112A B C S =△，下底面积27ABC S =△．若底边BC 到截面11AB C 的距离等于三棱台的高，则11AB C S =△ 3．从1,2,3,,100中取出三个不同的数，使得其不能组成一个三角形的三边长的不同取法有 种4．已知22122cos cos ,,,22sin sin x y x y z i y x ππ⎡∈=+⎢⎣，且12z =若2z x yi =+，则21z z -的取值范围是 ． 5． 函数()442222,2233222f x y x y x y xy x y x y =++-++-++的最小值为6．设()()111313,20n n n n n n n x x x x x x --+=+=+>-，则数列{}n x 的通项公式为7．如图，设,P Q 分别是两个同心圆（半径分别为6,4）上的动点．当,P Q 分别在圆上运动时，线段PQ 的中点M 所形成的区域面积为8．设[]122010,,,2,2a a a ∈-且1220100a a a +++=，则333122010a a a +++的最大值为二、解答题：本大题共3小题，共56分.9.（本小题满分16分）. 设复数z 满足12z +>．证明：311z +>．10.（本小题满分20分）给定整数a ，设()32f x ax bx cx =++，其中,b c Z ∈,满足()()()11,22f ff =-=求出所有满足条件的函数()f x ．11.（本小题满分20分）给定椭圆22221135x y +=及点()10,0D ．（1）求r 的值使得对于椭圆的左顶点A ，存在椭圆上的另两点12,M M ，满足以D 为圆心、r 为半径的圆是12AM M △的内切圆；（2）证明：对于椭圆的下顶点，也存在椭圆上的另两点12,N N ，使得D 是12AN N △的内切圆，并确定此时直线12N N 的方程．浙江省高中数学竞赛模拟试题(1)及参考答案加试（时间：9:40-12:10 满分：180）一、（本小题满分40分） 已知ABC △的内心为I ，ABC △的内切圆I 切边BC 于点D ，,ABD ACD △△的内心分别是,b c J J ，b c AJ J △的外心为O ．求证：,,A O I 三点共线．二、（本小题满分40分）设,,,0,a b c d >且4a b c d +++=．求证：222222221111a b c d a b c d+++≥+++三、（本小题满分50分）已知正整数n 满足()2014,,20141n n >=．令(){}1,,1,n A k N k n n k =∈≤≤={}{}1,1,n n n n n n B k A k A C k A k A =∈+∉=∈-∉对任意n k A ∈，记nA k k S n⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，A 表示集合A 中元素的个数． 证明：（1）()()nnk n k k n k k B k C S S S S --∈∈-=--∏∏；（2）()()mod nnB k n k nk C S S A n -∈-≡∏四、（本小题满分50分）某国建了一座时间机器，形似一条圆形地铁轨道，其上均匀设置了个站台（依次编号为1,2，…，）分别对应一个年份，起始站及终点站均为第一站（对应）．为节约成本，机器每次运行一圈，只在其中一半的站台停靠．出于技术原因，每次至多行驶三站必须停靠依次，且所停靠的任两个站台不能是圆形轨道的对径点．试求不同停靠方式的种数．浙江省高中数学竞赛模拟试题(1)及参考答案第一试参考解答（时间：8:00-9:20 满分：120）一、填空题：本大题共8小题，每小题8分，共64分. 1．已知函数()()221,0a f x x ax b x R x x x=++++∈≠，若实数,a b 使方程()0f x =有实根，则22a b +的最小值是2．在正三棱台111ABC A B C -中，上底面积11112A B C S =△，下底面积27ABC S =△．若底边BC 到截面11AB C 的距离等于三棱台的高，则11AB C S =△3．从1,2,3,,100中取出三个不同的数，使得其不能组成一个三角形的三边长的不同取法有 种4．已知22122cos cos ,,,22sin sin x y x y z i y x ππ⎡⎤∈-=+⎢⎥⎣⎦，且12z =，若2z x yi =+，则21z z -的取值范围是 ．5． 函数()442222,2233222f x y x y x y xy x y x y =++-++-++的最小值为6．设()()111313,20n n n n n n n x x x x x x --+=+=+>-，则数列{}n x 的通项公式为7．如图，设,P Q 分别是两个同心圆（半径分别为6,4）上的动点．当,P Q 分别在圆上运动时，线段PQ 的中点M 所形成的区域面积为8．设[]122010,,,2,2a a a ∈-且1220100a a a +++=，则333122010a a a +++的最大值为二、解答题：本大题共3小题，共56分. 9．设复数z 满足12z +>．证明：311z +>．10．给定整数a ，设()32f x ax bx cx =++，其中,b c Z ∈,满足()()()11,22f f f =-=求出所有满足条件的函数()f x ．11．给定椭圆22221135x y +=及点()10,0D ．（1）求r 的值使得对于椭圆的左顶点A ，存在椭圆上的另两点12,M M ，满足以D 为圆心、r 为半径的圆是12AM M △的内切圆；（2）证明：对于椭圆的下顶点，也存在椭圆上的另两点12,N N ，使得D 是12AN N △的内切圆，并确定此时直线12N N 的方程．浙江省高中数学竞赛模拟试题(1)及参考答案试参考解答（时间：9:40-12:10 满分：180）一、（本小题满分40分）已知ABC △的内心为I ，ABC △的内切圆I 切边BC 于点D ，,ABD ACD △△的内心分别是,b c J J ，b c AJ J △的外心为O ．求证：,,A O I 三点共线． 证明：设I 分别切边,CA AB 于点,E F ，ABD △的内切圆切AD 于点X ，ACD △的内切圆切AD 于点Y ，则2DX DA DB AB DA DB BF AF DA AF =+-=+--=-， 同理22DY DA AF DX =-=．从而,X Y 重合，所以b c J J AD ⊥．因为b c AJ J △的外心为O ，所以1222b bc b c AOJ J AO AJ J XAJ DAC ππ-∠∠==-∠=∠=∠．从而111222b b BAO BAJ J AO BAD DAC BAC ∠=∠+∠=∠+∠=∠，所以,,A O I 三点共线．二、（本小题满分40分）设,,,0,a b c d >且4a b c d +++=．求证：222222221111a b c d a b c d+++≥+++三、（本小题满分50分）已知正整数n 满足()2014,,20141n n >=．令(){}1,,1,n A k N k n n k =∈≤≤={}{}1,1,n n n n n n B k A k A C k A k A =∈+∉=∈-∉对任意n k A ∈，记n A k k S n⎡⎤=⎢⎥⎣⎦，其中[]x 表示不超过x 的最大整数，A 表示集合A 中元素的个数． 证明：（1）()()nnkn k k n k k B k C SS S S --∈∈-=--∏∏；（2）()()mod nnB k n k n kC S S A n -∈-≡∏四、（本小题满分50分）某国建了一座时间机器，形似一条圆形地铁轨道，其上均匀设置了个站台（依次编号为1,2，…，）分别对应一个年份，起始站及终点站均为第一站（对应）．为节约成本，机器每次运行一圈，只在其中一半的站台停靠．出于技术原因，每次至多行驶三站必须停靠依次，且所停靠的任两个站台不能是圆形轨道的对径点．试求不同停靠方式的种数．。

镇海中学高考数学模拟试题第一部分选择题1.在坐标系中，点A(3,2)关于原点O对称点的坐标是（）。

A. (-2，-3)B. (2，3)C. (2，3)D. (-3，-2)2.某班学生中，男生人数是女生人数的3倍，如果男生人数占全班人数的四分之一，那么全班一共有男生（）人。

A. 6B. 9C. 12D. 153.若\(\cos\theta = \frac{5}{13}\) ，\(\theta \in (\frac{\pi}{2},\pi)\) ，则\(\sin\theta\) 的值为（）。

A. \(\frac{2}{13}\)B. \(\frac{12}{13}\)C. \(\frac{5}{13}\)D. \(\frac{1}{13}\)…第二部分计算题1.用配方法解方程：\[x^2+2x-3=0\]。

2.已知扇形的半径为10cm，圆心角的度数为60°，求扇形的周长和面积。

…第三部分证明题1.已知抛物线的焦点在y轴上，且对称轴方程为x=y，证明该抛物线方程为\[y^2=4ax\]。

2.证明：若a+b=2π，且sin a = sin b，那么a=b或a+b=π…第四部分解答题1.一个圆柱形的水桶，底的圆的半径为3m，高为5m，现在要举起这个水桶，若要使得水桶倾斜的角度不超过30°，最短的杆应有多长？…第五部分分析题1.李明和王红参加了一次马拉松比赛，李明最终完成比赛用时为3小时30分钟，王红用时为4小时。

如果比赛规则是先到先赢，问谁最终胜出？…以上为镇海中学高考数学模拟试题的部分内容，希望同学们认真完成每道题目，并按照要求进行作答，祝大家考试顺利！。

2017年镇海中学数学竞赛模拟试卷（2）姓名_______1. 若集合，，，则集合（）A. B.C. D.【答案】D【解析】依题意，，．由，知；，知或．所以，或，即．故选D；2. 若函数（，且）的值域为，则实数的取值范围为（）A. B.C. D.【答案】A【解析】当时，函数的值域为，当时，，即时，，且时恒成立．∴，的取值范围为．故选A；3. 如图，在四面体中，已知两两互相垂直，且．则在该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】如图，设(在上，在上，在上)．由，，知，，．∴在面内与点距离为的点形成的曲线段(图中弧) 长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．同理，在面内与点距离为的点形成的曲线段长为．所以，该四面体表面上与点距离为的点形成的曲线段的总长度为．故选B．点睛：想象出在每个截面上的弧线是一个个圆弧，找到相应的圆弧的圆心角，和半径，弧长就求出来了；4. 中，“”是“”的（）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】试题分析：由正弦定理可得，在中，“”则，则，由倍角公式可得，可得，反之也成立，所以在中，“”是“”的充分必要条件，故选C.考点：正弦定理与倍角公式.5. 已知函数，则关于的不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】D【解析】令，则函数为奇函数且在实数上为增函教，不等式转化为故选D．6. 记为三个数中的最小数，若二次函数有零点，则的最大值为（）A. 2B.C.D. 1【答案】B【解析】可以不妨设，因为，所以，故所以，，所以（当且仅当时取等号)故选B．二、填空题（每小题8分，共64分）7. 数学竞赛后，小明、小乐和小强各获得一枚奖牌，其中一人得金牌，一人得银牌，一人得铜牌，老师猜测：“小明得金牌，小乐不得金牌，小强得的不是铜牌．”结果老师只猜对了一个，由此推断：得金牌、银牌、铜牌的依次是__________．【答案】小乐，小强，小明．【解析】其一，若小明得金牌，则小乐一定不得金牌，不合题意；其二，小明得银牌时，再以小乐得奖情况分析，若小乐得金牌，小强得铜牌，不合提议，若小乐得铜牌小强得金牌，也不合题意；其三，若小明得铜牌，仍以小乐得奖情况分类，若小乐得金牌，小强得银牌，则老师才对一个合题意，若小乐得银牌，小强得金牌，则老师对了俩；不合题意，综上，小明得铜牌，小乐得金牌，小强得银牌．8. 省中医院5月1号至5月3号拟安排6位医生值班，要求每人值班1天，每天安排2人．若6位医生中的甲不能值2号，乙不能值3号，则不同的安排值班的方法共有__________种．【答案】42;【解析】分两类(1) 甲、乙同一天值班，则只能排在1号，有种排法；(2) 甲、乙不在同一天值班，有种排法，故共有42 种方法．故结果为42．9. 已知函数，若对于任意的，存在，使得成立，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】函数视作为的函数问题等价于对于，由于，所以所以问题等价于，即，所以．故结果为．点睛：双变元问题，先看成函数视作为的函数，求出最值；再看成x的函数求最值．10. 已知，则的取值范围为__________．【答案】;【解析】由及有，所故结果为．11. 已知是偶函数，时， (符号表示不超过的最大整数)，若关于的方程恰有三个不相等的实根，则实数的取值范围为__________．学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...学#科#网...【答案】;【解析】作出函数与的草图(如图所示)．易知直线恒过点，是方程的一个根．从图像可知，当，即时，两个函数的图像恰有三个不同的交点．∴的取值范围为．点睛：方程的根转化为函数的零点，图像的交点问题，且发现直线过定点；根据图像得到结果．12. 已知点为椭圆的右焦点，椭圆的离心率为，过点的直线交椭圆于两点(点在轴的上方)，且，则直线的斜率为__________．【答案】;【解析】极点在右焦点的极坐标方程为，所以，，从而，可得，，所以直线的斜率为．13. 方程的正整数解为______________（写出所有可能的情况)．【答案】;【解析】．∴，∴，．由，知，因此，．∴，若，则，，．将，代入题中方程，得．若，则，．由知，不存在．若，则．以，，又，因此，．经验证只有符合．将代入题中方程，得．∴符合条件的正整数解有或．14. 一个有限项的数列满足：任何3 个连续项之和都是负数，且任何4个连续项之和都是正数，则此数列项数的最大值为__________．【答案】5;【解析】一方面可以构造5 项的数列：符合题设；另一方面，证明满足条件的数列不超过5项．否则取出前6 项，作出如下排列：由每行的和为负数，知这12 个数之和为负数；由每列的和为正数，知这12 个数之和为正数．矛盾．故结果为5．三、解答题（共56分）15. 已知函数的图象恒过定点，且点又在函数的图象上．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）当方程有两个不等实根时，求的取值范围；（Ⅲ）设，，，求证，，．【答案】(1)；(2)的取值范围为；（3）见解析．【解析】试题分析：（1）点的坐标为；点在上，则（2）方程的根转化为图像的交点；（3）裂项求和．（Ⅰ）函数的图像恒过定点，点的坐标为又因为点在上，则即，∴（Ⅱ）即，∴由图像可知：，故的取值范围为．（Ⅲ），∴，．点睛：主要考查函数零点，方程的根，图像的交点可等价；再就是数列裂项求和问题．16. 如图，椭圆的离心率，短轴的两个端点分别为，焦点为，四边形的内切圆半径为．（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）过左焦点的直线交椭圆于两点，交直线于点，设，，试证为定值，并求出此定值．【答案】（1）；（2）为定值.【解析】试题解析：（1）设四边形F1B1F2B2的内切圆与边B1B2的切点为G，连接OG，则|OG|=由S△OB2F2=|OB2||OF2|=|B2F2||OG|，|OB2|=b，|OF2|=c，|B2F2|=a，得bc= a又∵e=解得a=2，b=故椭圆方程为：（2）设直线MN的方程为y=k（x+1）代入椭圆方程，整理得（3+4k2）x2+8k2x+4（k2-3）=0设M（x1，y1），N（x2，y2），则x1+x2=，x1x2=又P（-4，-3k），F2（-1，0）由，得，∴∵∴为定值考点：本题考查椭圆的几何性质向量共线点评：解决本题的关键是利用向量共线，求出即可17. 已知函数，直线为曲线的切线．（Ⅰ）求实数的值；（Ⅱ）用表示中的最小值，设函数，若函数为增函数，求实数的取值范围．【答案】(1) 的值为1；(2) 实数的取值范围是．【解析】试题分析：（1）先求导，然后利用导数等于求出切点的横坐标，代入两个曲线的方程，解方程组，可求得；（2）设与交点的横坐标为，利用导数求得，从而，然后利用求得的取值范围为.试题解析：（1）对求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．1分设直线与曲线切于点，则，解得，所以的值为1．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．3分（2）记函数，下面考察函数的符号，对函数求导得．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．4分当时，恒成立．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．5分当时，，从而．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．7分∴在上恒成立，故在上单调递减．，∴，又曲线在上连续不间断，所以由函数的零点存在性定理及其单调性知唯一的，使．∴；，，∴，从而，∴，．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．9分由函数为增函数，且曲线在上连续不断知在，上恒成立．①当时，在上恒成立，即在上恒成立，记，则，当变化时，变化情况列表如下：∴，故“在上恒成立”只需，即．②当时，，当时，在上恒成立，综合①②知，当时，函数为增函数．故实数的取值范围是．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．．12分考点：函数导数与不等式.【方法点晴】函数导数问题中，和切线有关的题目非常多，我们只要把握住关键点：一个是切点，一个是斜率，切点即在原来函数图象上，也在切线上；斜率就是导数的值.根据这两点，列方程组，就能解决.本题第二问我们采用分层推进的策略，先求得的表达式，然后再求得的表达式，我们就可以利用导数这个工具来求的取值范围了.11。

浙江省宁波市镇海区2021年高中数学竞赛模拟试题(一)一、填空题1、已知函数 f (x) = ln(Jl + a2x2— ax)+1 (a > 0) , 那么, , 1f ( a) + f n —) = n a2、A B两点分别在抛物线y2 =6x和.C : (x —2)2+y2 =1上,那么AB的取值范围是3、假设tan 口=3tan 0 0cp <«<—[,那么3 一P 的最大值为< 2；4、△ ABC等腰直角三角形,其中/ C为直角,AGBG1,过点B作平面ABC勺垂线DB 使得DB=1,在DA DC±分别取点E、F,那么^ BEF周长的最小值为 .5、函数f (x) =x3+3x,对任意的mwL2,2］,f (mx —8) + f (2x) < 0恒成立,那么正实数x的取值范围为.6、向量a,b,c满足|a|：|b|：|c|=2：k ：3(k w N ),且b-a = 2(c-b),假设b 为 a,c的夹角,那么cosa的值为.7、现有一个能容纳10个半径为1的小球的封闭的正四面体容器,那么该容器棱长最小值为8、将10个小球(5个黑球和5个白球)排场一行,从左边第一个小球开始向右数小球,无论数几个小球,黑球的个数总不少于白球个数的概率为 .二、解做题9.(本小题总分值14分)在△ ABC中,内角A B, C对边的边长分别是a, b, c ,向量p = (sinA+sinC,sin B ),向量q = (a—c,b—a),且满足p_Lq .(I )求^ ABCW内角C的值；(n)假设c=2, 2sin2 A+sin(2 B+2)=sin C,求△ ABC勺面积.10.(本小题总分值14分)数列QJ满足：a1 =2,a9 =a；+2a n.⑴求证：数列如(a n+1)｝是等比数列,并求laj的通项公式；1 1(2)假设b n =——十 ---- ,且数列｛b n ｝的前n项和为S n ,求证：S n <1.a n a n - 211.(本小题总分值14分)设f (x) =e x—ax—a. (e是自然对数的底数)(I)假设f(x)之0对一切x±—1恒成立,求a的取值范围；2021 loos(n)求证：( ):二e202112 .〔本小题总分值15分〕设正数x ,y 满足x 3 +y 3 =x-y ,求使x 2 +入2 M1恒成立的实数 九的 最大值.2x 13 .〔本小题总分值15分〕椭圆C ： — 2于A 、B 两点,过A B 两点分别作C 的切线交于点 Q 〔1〕求点Q 的轨迹方程；〔2〕求^ ABQ 勺面积的最小值.2y 2 =1及点P 〔1,a 〕,过点P 作直线।与椭圆C 交数学竞赛模拟试卷〔1〕答案1 .【解析】f (x) f (-x) = ln(.. 1 a 2x 2 - ax) ln(.. 1 a 2x 2 ax) 2 = ln(1 a 2x 2 - a 2x 2) 2 = 22 .【解析】由于 AB = AC —1,那么只需要考虑 AC 的范围.AC 2 =(x —2)2 +y 2 =(x —2)2 +6x =x 2 +2x + 4=(x + 1)2 +3,Xx>O AC min =2, 故AB 的取值范围为1,+ oc)., 0 ^ ^w③工一,二0 芸 a —— .「. a — 0 =——. 2264 .【解析】由题意可知,/CDB =二,且/ BDA 与/ CDA4 n之和为 万.如图,将侧面BD 寿口侧面CD 时另1J 折起至面 B 1DA 和B 2DC ,且与侧面ADO 于同一个平面上.那么^ BEF 周长的 最小值即面AB 1DB 2c 上两点B 1,B 2之间的线段长.由 前 面 的 分 析 可 知,B 1DB 2 -B 1DA ADC CDB 2由余弦7E 理可得, B 1B 2 = B 1D 2 B 2D 2 -2B 1D B 2D cos. B 1DB 2 =.11 -2 所以,△ BEF 周长的最小值为22 .3.【解析】 tan(a- P )=tan - -tan :1 tan tan :2 tan : 1 3tan 2 -2.. 3 ,二- ---------- - 一二 tan — 1 3 6 ----- 3tan -= 22.5.【解析】f(x) =x 3+3x 为奇函数且为增函数f (mx —8)+f(2x ) <0等价于 f(mx-8) c —f(2x ) = f(—2x )即 mx —8<—2、即 mx + 2x —8<0 对任意的 m e 匚2,2】成 12- -2 1 2 4 2 46 .【解析】由 b —a =2(c — b)得 b =-a 十一c 所以 b =-a +-c + —a c, 3 3 99 9---40 24 16 64_ * 又 |a|:|b|:|c|=2:k:3,所以 k = — +—cos .w [—,—],又 k w N ,所以 k =2,所以9 9 9 9cos a 的值为 ---- .67.【解析】这10个小球成棱锥形来放,第一层 1个,第2层3个,第3层6个,即每一条 棱是3个小球,于是正四面体的一条棱长就应该是 4倍的小球的半径加上 2倍的球心到四面 体顶点的距离到棱长上的射影的长度,又球心到顶点的距离为 3,正四面体的高和棱所成角 ............................. 6 ............................ .6_ .的余弦值为—,故容器棱长的最小值为 4 2 3 —=42.6.3 38.【解析】法1:如果只有2个小球〔1黑1白〕,那么黑球的个数总不少于白球个数的概率为1 ;如果只有4个小球〔2黑2白〕,那么黑球的个数总不少于白球个数的概率为1 ;如果只2 31 .......... 一公有6个小球〔3黑3白〕,那么黑球的个数总不少于白球个数的概率为 一；以此类推,可知将410个小球〔5个黑球和5个白球〕排成一行,从左边第一个小球开始向右数小球.无论数几1个小球,黑球的个数总不少于白球个数的概率为 一；6法2:直接从10个小球入手分类讨论.9.【解析】〔I 〕由题意 p_Lq,所以,〔a —c 〔sin A + sinC 〕+〔b — a 〕sin B = 0 . 由正弦定理,可得〔a -c '〔a + c 广〔b -a b = 0.整理得a 2 — c 2 + b 2 = ab .a 2 +b 2 -c 2 1 一 一兀由余弦定理可得, cosC =----------------- =—,又C = 〔0,冗〕所以 C= 一2ab 23(n )由 2sin2A+sin(2B +C )= sinC 可得,4sin AcosA + sin(B+ 九一 A)=sin(B + A) 整理得,4sinAcosA =sin B A 「sin B -A =2sinBcosA .. 一 一, 一 冗 2 2<3 . __当cos A = 0时, A =—,此时,b = 2 cot —= ----------------------- .所以△ ABC 的面积为23 3S.ABC =1bc = 2W 3当cosA ¥0时,上式即为sinB=2sinA,有正弦定理可得 b =2a,又 2 3 9 9 23 4】.3a +b -ab =4 ,解之得,a = -------------------------- , b = ---------- ,所以3 310.【解析】〔1〕由得an*=a ；+2an,an ++1 =区+1 f ,立即2x +2x —8 <0「2x+2x -8<0小“ f0<x<2 Rn所以」,即 0<x<40<x <2△ ABC 的面积为 SA ABC」absiC=R3 综上所述,△ ABC 勺面积为S AABCJabsinC=2 314分由于a1=2,所以%+1>1,两边取对数得lg〔1 + a n由〕=2lg〔1即晅虹)=2,故如(烝+1〉为以lg3为首项,2为公比的等比数列, lg 1 a n....... 5分1 1/1 1、=-I —— ,a n -+1 2 1an a n +2 ;1 1 八——,……10分a n 书」....... 14分h (x )在(-1,0)单调递减.所以 h(x)之 h(0)=1(x>—1),由此得：a M1.又x =-1时,(x +1 a We x 即为0Ma We 」,此时a 取任意值都成立/ n 、,2021、1008-12021 3^1 蓊(n ) ( ------ ) <e 2 u ---------- <e u 1 ---------- ------<e .2021 2021 2021由(I )知,当a=1时f (x) >0对一切x ±—1恒成立,即e x 2x+1(x=0时取等号). / / 1 L1取 x = -- ------ ,得 1 -- ------ <e 2021 .即证得：( ---------- )1008 <e 2.……14分2021 2021 202112【解析】由正数 x , y 满足x 3+y 3=x — y,知x 〉yA0.令t=~x>1等号仅当t —1= 2 ,即t=1+J2时成立, t -1所以,实数儿的最大值为2+215.13.【解析】⑴设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),Q(x 0,y O ),那么 QA : ：x +y 1y =1 过 Q,有“；° +y 1y 0 =1 ； .............. ① QB : xj x + y 2y = 1 ,有xxy …y 1十丫2丫.=1,……②故直线 人8：-2-十丫.丫=1过点P(1,2),那么有即 lg(an+1 )=2nJL lg3,即 4 =3—1. (2)法1 ：由a nd1 =a ； +2a n 两边取倒数得 一 1 1 2「1所以——= — - - ,即 b n =2 —一a n+2 a n a n 书 1a n故 S n =20_^^],故 S n <1.2 32 -1法 2： b n =1n nn n32 -1 321…n 12 3 2n32 -1=2(-271— --2^ -------------------- ),贝U S n = 21工32 - -1 32 -1 21 32n-111.【解析】(I ) f (x)之0n (x +1 a_e= axx令 h(x) =-e —,那么 h(x) = xex 1(x 1)2由 h(x) x<——(x > -1 ), x 1x=」^7>0得*>0.(x 1)2所以h(x)在(0,+比让单调递增, 综上得：a <1.……8分111+ Xy <1 等 价y3322x yx 2X 2 - ------- —33二 2 :xy入y 三x-y2-x23xy+y ,等价于y 2 2xy - yx-y t 2 1 =——.由于t -1 x-y 23 X< x y yx - y y 2t 2 .12 f (t)=-——1 =2 - (t -1) ■ —2t -1t -1-1) ■— =2 +2 万, t -115分至十左=1= x0+y0=2……③故Q的轨迹方程为x+y=2.2 2...................................................................... .2 ,2 (2)对直线AR当斜率不存在时,即为x=1,此时A(1,—), B(1,- -),Q(2,0) 2 2S AABQ = —M V2 X 1 =--2 21 1斜率存在时,设直线AB : y =k(x-1)= y = kx k .2 2x22y2=21 1 联立, y = kx k2 消掉y 得(2k2+1)x2+2k(1 -2k)x + (2k2-2k--) = 0 .2于是有2k(2k -1)x〔x2 22k2 12k2 -2k -322= 22k2 1x. 4k 2又①-②,得到也+ky.=0与③式联立,可解得Q〔——,一^〕.2 2k -1 1 -2k10分。

2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）题号 得分一二三总分一、选择题（本大题共 10 小题，共 40.0 分）1. 设集合 A={1，2，3，4}，B={x∈N|-3≤x≤3}，则 A∩B=（ ）A. {1，2，3，4}B. {-3，-2，-1，0，1，2，3，4}C. {1，2，3}D. {1，2}2. 双曲线的渐近线方程是（ ）A. 2x±y=0B. x±2y=03. 已知公差不为零的等差数列{an}满足值为（ ）C. 4x±y=0D. x±4y=0，Sn 为数列{an}的前 n 项和，则 的A.B.C.D.4. “a＞0”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件 C. 充要条件B. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件5. 函数的图象可能是（ ）A.B.C.D.6. 某射手射击所得环数 ξ 的分布列如下：ξ 78910P x 0.1 0.3 y已知 ξ 的数学期望 E（ξ）=8.9，则 y 的值为（ ）A. 0.8B. 0.6C. 0.4D. 0.27. 已知正四棱柱 ABCD-A1B1C1D1 中，AB=2，CC1=2 ，E 为 CC1 的中点，则直线 AC1与平面 BED 的距离为（ ）A. 2B.C.D. 1第 1 页，共 14 页8. 对于定义域为 R 的函数 f（x），若存在非零实数 x0，使函数 f（x）在（-∞，x0）和（x0，+∞）上与 x 轴都有交点，则称 x0 为函数 f（x）的一个“界点”．则下列四个函数中，不存在“界点”的是（ ）A. f（x）=2x-x2B. f（x）=x2+bx-2（b∈R）C. f（x）=1-|x-2|D. f（x）=x-sinx9. 已知是平面内三个单位向量，若 ，则的最小值（）A.B.C.D. 510. 已知数列{an}满足 2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），则（ ）A. a5≤4a2-3a1B. a2+a7≤a3+a6C. 3（a7-a6）≥a6-a3D. a2+a3≥a6+a7二、填空题（本大题共 7 小题，共 36.0 分）11. 设 i 为虚数单位，给定复数，则 z 的虚部为______，|z|=______．12. 某几何体的三视图如图所示，则该几何体的体积是______，表面积是______．13. 已知 x，y 满足条件则 2x+y 的最大值是______，原点到点 P（x，y）的距离的最小值是______ 14. 小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同），现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 种；若小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不 放回地掏出 4 张，刚好是 50 元的概率为15. 在△ABC 中，∠BAC=120°，AD 为∠BAC 的平分线，AB=2AC，则 =______．16. 若函数在上有零点，则的最小值为17. 如图，椭圆的离心率为 e，F 是 Γ 的右焦点，点 P 是 Γ 上第一象限内任意一点，，，若 λ＜e，则 e 的取值范围是______．第 2 页，共 14 页三、解答题（本大题共 5 小题，共 74.0 分）18. 已知函数．（Ⅰ）求函数 f（x）的单调递增区间；（Ⅱ）设△ABC 中的内角 A，B，C 所对的边分别为 a，b，c，若求 a2+c2 的取值范围．，且，19. 如图，四棱锥 P-ABCD 中，PC 垂直平面 ABCD，AB⊥AD，AB∥CD， PD=AB=2AD=2CD=2，E 为 PB 的中点． （Ⅰ）证明：平面 EAC⊥平面 PBC； （Ⅱ）求直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值．20. 在数列{an}中，a1=1，a2=3，且对任意的 n∈N*，都有 an+2=3an+1-2an． （Ⅰ）证明数列{an+1-an}是等比数列，并求数列{an}的通项公式；（Ⅱ）设，记数列{bn}的前 n 项和为 Sn，若对任意的 n∈N*都有，求实数 m 的取值范围．第 3 页，共 14 页21. 已知椭圆的焦点坐标为 F1（-1，0），F2（1，0），过 F2 垂直于长轴的直线交椭圆 于 P、Q 两点，且|PQ|=3． （1）求椭圆的方程； （2）过 F2 的直线 l 与椭圆交于不同的两点 M、N，则△F1MN 的内切圆的面积是否 存在最大值？若存在，求出这个最大值及此时的直线方程；若不存在，请说明理由．22. 已知函数 f（x）=x2e3x （Ⅰ）若 x＜0，求证：f（x）＜ （Ⅱ）若 x＞0，恒有 f（x）≥（k+3）x+2lnx+1，求实数 k 的取值范围2020 年浙江省宁波市镇海中学高考数学模拟试卷（3 月 份）答案和解析【答案】1. C2. B3. A4. C5. D6. C7. D8. D9. A10. C11. 212. 144-12π 168+6π13. 614. 3215. 316. -17. （0， ]第 4 页，共 14 页18. 解：（Ⅰ）==所以，解得，k∈Z．所以函数 f（x）的单调递增区间为，k∈Z（Ⅱ）因为，所以．所以 ．又因为，所以 3=a2+c2-ac，即 a2+c2=3+ac．而 a2+c2≥2ac，所以 ac≤3，即 a2+c2≤6．又因为 a2+c2=3+ac＞3，所以 3＜a2+c2≤6．19. （Ⅰ）证明：PC⊥平面 ABCD，故PC⊥AC．………………（2 分）又 AB=2，CD=1，AD⊥AB，所以 AC=BC= ．故 AC2+BC2=AB2，即AC⊥BC．………………（4 分）所以 AC⊥平面 PBC，所以平面 ACE⊥平面PBC． …………………………（6 分）（Ⅱ）解：PC⊥平面 ABCD，故 PC⊥CD．又 PD=2，所以 PC= ． …………（8 分）在平面 ACE 内，过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．由（Ⅰ）知平面 ACE⊥平面 PBC，所以 PF 垂直平面 ACE．由面积法得：即．…………（10 分）又点 E 为 AB 的中点，．所以．……………………………………（12 分）又点 E 为 AB 的中点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等． 连结 BD 交 AC 于点 G，则 GB=2DG．所以点 D 到平面 ACE 的距离是点 B 到平面 ACE 的距离的一半，即 ．所以直线 PD 与平面 AEC 所成角的正弦值为．……………………（15 分）另解：如图，取 AB 的中点 F，如图建立坐标系．因为 PD=2，所以．所以有：C（0，0，0），D（0，1，0），，A（1，1，0），B（1，-1，0），． …………（9 分）．，．第 5 页，共 14 页设平面 ACE 的一个法量为 =（x，y，z），则取 x=1，得 y=-1，．即=．…………（13 分）设直线 PD 与平面 AEC 所成角为 θ，则 sinθ=|cos＜ ， =． …………（15分）20. 解：（Ⅰ）由 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）． ………………（2 分）又 a1=1，a2=3，所以 a2-a1=2． 所以{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列．…………………（3 分）所以．…………………（4 分）所以 an=a1+（a2-a1）+…+（an-an-1）=1+2+22+…+2n=2n-1．…………（7 分）（Ⅱ）因为==．………（9 分）所以 Sn=b1+b2+…+bn= （12 分） 又因为对任意的 n∈N*都有，所以=．………恒成立，即，即当 n=1 时，．………（15 分）21. 解：（1）设椭圆方程为=1（a＞b＞0），由焦点坐标可得 c=1,由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，解得 a=2，b= ，故椭圆方程为=1,（2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨令 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的半径 为 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R因此内切圆面积最大，R 就最大，此时也最大，由题知，直线 l 的斜率不为零，可设直线 l 的方程为 x=my+1，由得（3m2+4）y2+6my-9=0，得 则 令 t=， ，则 t≥1，，=，第 6 页，共 14 页则，令 f（t）=3t+ ，则 f′（t）=3- ，当 t≥1 时，f′（t） 0，f（t）在[1，+∞）上单调递增，有 f（t）≥f（1）=4，≤3，即当 t=1，m=0 时，≤3，=4R，∴Rmax= ，这时所求内切圆面积的最大值为 π．故直线 l 方程为：x=1，△F1MN 内切圆面积的最大值为 π.22. 证明：（Ⅰ）∵函数 f（x）=x2e3x，∴f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．由 f′（x）＞0，得 x＜- 或 x＞0；由 f′（x）＜0，得-，∴f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，∴f（x）的极大值为 f（- ）= ，∴当 x＜0 时，f（x）≤f（- ）= ＜ = ．解：（Ⅱ）∵x2e3x≥（k+3）x+2lnx+1，∴k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增， 且 x→0+时，h（x）→-∞，h（1）=4e3+2lnx-1， ∴存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0， ∴当 x∈（0，x0）时，g′（x）＜0，g（x）单调递减， 当 x∈（x0，+∞）时，g′（x）＞0，g（x）单调递增，∴g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，∵h（x0）=+2lnx0-1，得=，令=t0，则 2lnx0+3x0=lnx0，且 φ（1）=0，∴t=1，∴g（x0）==，∴实数 k 的取值范围是（-∞，0]． 【解析】1. 【分析】可解出集合 B，然后进行交集的运算即可． 考查描述法、列举法的定义，以及交集的运算． 【解答】 解：B={0，1，2，3}；第 7 页，共 14 页∴A∩B={1，2，3}． 故选：C．2. 【分析】本题考查了双曲线的渐进方程，把双曲线的标准方程中的“1”转化成“0”即可求出渐 进方程．属于基础题．渐近线方程是 -y2=0，整理后就得到双曲线的渐近线．【解答】解：双曲线其渐近线方程是 -y2=0整理得 x ±2y=0． 故选：B．3. 解：公差不为零的等差数列{an}满足，∴=a1（a1+3d），解得 a1=-4d， ∵Sn 为数列{an}的前 n 项和，∴==．故选：A．由公差不为零的等差数列{an}满足，利用等差数列的通项公式列方程求出a1=-4d，由此能求出 的值． 本题考查等差数列的前 3 项和公式和前 1 项和的比值的求法，考查等差数列的性质等基 础知识，考查运算求解能力，是基础题．4. 解：由 a＞0，得 a+ ≥2 =2 ，是充分条件，由 a+ ≥2 ，得：a＞0，故 a＞0”是“”的充要条件，故选：C． 根据充分必要条件的定义结合不等式的性质判断即可． 本题考查了充分必要条件，考查不等式的性质，是一道基础题．5. 【分析】本题主要考查函数图象的识别和判断，利用函数的奇偶性和对称性的关系，根据函数零 点判断函数的正负是解决本题的关键． 判断函数 f（x）的奇偶性，结合图象的对称性以及函数在 x 轴右侧的函数零点判断函数 的正负进行判断即可 【解答】解：f（-x）=ln（-x+）cos（-2x）=lncos2x=-ln（x+）cos2x=-f（x），则函数 f（x）是奇函数，图象关于原点对称，排除 A，B，第 8 页，共 14 页令得或,所以 x 轴右侧的零点为，在上取，则，排除 C，故选：D．6. 解：由表格可知：x+0.1+0.3+y=1，7x+8×0.1+9×0.3+10×y=8.9 解得 y=0.4． 故选：C． 根据分布列的概率之和是 1，得到关于 x 和 y 之间的一个关系式，由变量的期望值，得 到另一个关于 x 和 y 的关系式，联立方程，解出要求的 y 的值． 本题是期望和分布列的简单应用，通过创设情境激发学生学习数学的情感，培养其严谨 治学的态度．在学生分析问题、解决问题的过程中培养其积极探索的精神，属于基础题．7. 解：如图：连接 AC，交 BD 于 O，在三角形 CC1A 中，易证 OE∥C1A，从而 C1A∥平面 BDE， ∴直线 AC1 与平面 BED 的距离即为点 A 到平面 BED 的距 离，设为 h，在三棱锥 E-ABD 中，VE-ABD= S△ABD×EC= × ×2×2× =在三棱锥 A-BDE 中，BD=2 ，BE= ，DE= ，∴S△EBD= ×2 ×=2∴VA-BDE= ×S△EBD×h= ×2 ×h=∴h=1 故选：D． 先利用线面平行的判定定理证明直线 C1A∥平面 BDE，再将线面距离转化为点面距离， 最后利用等体积法求点面距离即可 本题主要考查了线面平行的判定，线面距离与点面距离的转化，三棱锥的体积计算方法， 等体积法求点面距离的技巧，属基础题8. 解：满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．A．f（x）=2x-x2 的两个零点为 2，4，当 x0=3，在（-∞，3）和（3，+∞）上与 x 轴都有 交点，满足条件． B．判别式△=b2+8＞0 恒成立，即抛物线与 x 轴恒有两个交点，在两个零点之间的任何 一个 x0 都是“界点”． C．由 1-|x-2|=0 得|x-2|=1，得 x-2=1 或 x-2=-1，即 x=3 或 x=1，函数有两个零点 1，3，存 在“界点”． D．函数 f（x）的导数 f′（x）=1-cosx≥0，即函数 f′（x）在 R 上是增函数，不可能存 在两个零点，不存在“界点”． 故选：D． 满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零点即可．结合条件判断函数的零点个数即 可． 本题主要考查函数零点个数的判断，结合满足“界点”的函数必须满足至少含有 2 个零 点是解决本题的关键．第 9 页，共 14 页9. 解：根据题意设 =（1，0）， =（0，1）， 对应的点 C 在单位圆上，（ +2 ）2-（2 + ）2=3 2-3 2=0，所以| +2 |=|2 + |，|2 + |+|3 +2 - |表示 C 点到点（-2，0）和（3，2）的距离之和，过点（-2，0）和（3，2）的直线为 2x-5y+4=0，原点到直线 2x-5y+4=0 的距离为= ＜1，所以与单位圆相交，所以|2 + |+|3 +2 - |的最小值为点（-2，0）和（3，2）之间的距离，即 ． 故选：A． ，所以可以把他们当成平面直角坐标系的基向量．| +2 |=2| + |，由阿波罗尼斯圆的性质，可以转化为| +2 |=|2 + |．本题考察平面向量的坐标运算，用到了平面几何中的阿波罗尼斯圆的结论、解析几何中 直线与圆的位置关系，综合性很强，属于中档题．10. 解：∵2an≤an-1+an+1（n∈N*，n≥2），∴an-an-1≤an+1-an， ∴a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6， ∴a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6）， 即 3（a7-a6）≥a6-a3， 故选：C． 由已知可得 a4-a3≤a5-a4≤a6-a5≤a7-a6，则 a6-a3=a6-a5+a5-a4+a4-a3≤3（a7-a6），答案可求． 本题考查数列递推式，考查不等式的性质，是中档题．11. 解：=（1+i）（2 1+i）=2（i 1+i）=-2+2i，则 z 的虚部为 2，|z|==2 ．故答案为：2，2 ． 利用复数的运算法则、虚部的定义即可得出． 本题考查了复数的运算法则、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．12. 解：由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，其表面积 S=2×6×6+4×4×4-9π+ ×6π×5=168+6π，几何体的体积为：=144-12π．故答案为：144-12π；168+6π． 由已知中的三视图可得该几何体是一个正方体挖去一个圆锥所得的组合体，利用公式求 解即可． 本题考查的知识点是由三视图求表面积，根据已 知中的三视图分析出几何体的形状，是解答的关 键．13. 解：作出 x，y 满足条件的可行域如图：第 10 页，共 14 页目标函数 z=2x+y 在的交点 A（2，2）处取最大值为 z=2×2+1×2=6．原点到点 P（x，y）的距离的最小值是：|OB|= ． 故答案为：6； ； 画出约束条件表示的可行域，判断目标函数 z=2x+y 的位置，求出最大值．利用可行域 转化求解距离即可． 本题考查简单的线性规划的应用，正确画出可行域，判断目标函数经过的位置是解题的 关键．14. 【分析】本题考查概率的求法，考查分类讨论思想等基础知识，考查运算求解能力，是基础题． 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况：①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元；④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元；⑧2 张 10 元，3 张 20 元．由此能求出现从中掏出纸币超过 45 元的 方法总数；小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，由此能求出刚好是 50 元的概率． 【解答】 解：小明口袋中有 3 张 10 元，3 张 20 元（因纸币有编号认定每张纸币不同）， 现从中掏出纸币超过 45 元的方法有 8 种情况： ①6 张全取；②1 张 10 元 3 张 20 元；③2 张 10 元 2 张 20 元； ④3 张 10 元 1 张 20 元；⑤2 张 20 元 1 张 10 元；⑥3 张 20 元；⑦3 张 10 元 2 张 20 元； ⑧2 张 10 元，3 张 20 元． ∴现从中掏出纸币超过 45 元的方法有n= + + + + + +=32．小明每次掏出纸币的概率是等可能的，不放回地掏出 4 张，基本事件总数 N= =15，刚好是 50 元包含的基本事件个数 M= =3，∴刚好是 50 元的概率 P= = = ．故答案为：32； ．15. 解：设 AC=x，则 AB=2x，在三角形 ABC 中由余弦定理得 BC2=x2+（2x）2-2•x•2x•cos120°=7x2，∴cosC== ，∴sinC= ，∴sin∠ADC=sin（60°+C）=sin60°cosC+cos60°sinC=．在△ADC 中由正弦定理得，∴，∴AD= x= × = ，故答案为：3． 设 AC=x 后，用余弦定理求出 BC，再求出 cosC，sinC，sin∠ADC，接着在△ADC 中用正第 11 页，共 14 页弦定理得 AD= AB，则 AB=3AD．本题考查了正弦定理、余弦定理，两角和的正弦，属中档题．16. 【分析】本题考查二次函数的零点问题解法，注意运用判别式大于等于 0，端点处的函数值的符 号，结合配方法，考查运算能力，属于中档题． 由题意可得△≥0，f（-1）≤0 或 f（1）≤0，化 a2-3b 为 a 的式子，由二次函数的最值求法， 可得最小值． 【解答】解：函数在[-1，1]上有零点，可得△≥0，即（a+ ）2≥4b，且 f（-1）f（1）≤0，即（ -a+b）（ +a+b）≤0；或 f（-1）≥0，f（1）≥0，-1＜- ＜1，即 a-b≤ ，a+b≥- ，-7＜a＜5．即有 a2-3b≥a2-= [（a-1）2- ]≥ ×（- ）=- ，当且仅当 a=1 时，取得最小值- ，故答案为：- ．17. 解：设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程可得 P（，），，可得 Q（，），由，可得 kFQ=- ，即为=- ，化为 λ=＜e= ，可得 ＜2+k2，对 k＞0 恒成立，由 2+k2＞2，可得 a2≤2b2， 即为 a2≤2（a2-c2），可得 c≤ a，即 0＜e≤ ，故答案为：（0， ]．设直线 OP 的方程为 y=kx（k＞0），代入椭圆方程求得 P，Q 的坐标，由向量数量积为 0 的等价条件可得 OP，FQ 的斜率之积为-1，整理，结合恒成立解法可得 a，b 的关系， 可得所求离心率的范围．第 12 页，共 14 页本题考查椭圆的方程和性质，主要是离心率的范围，考查直线方程和椭圆方程联立，化 简整理的运算能力，属于中档题．18. （Ⅰ）利用三角函数恒等变换的应用可求 f（x）=，利用正弦函数的单调性即可求解．（Ⅱ）由已知可求，求得 ，利用余弦定理，基本不等式可求 ac≤3，可得 a2+c2≤6，根据 a2+c2=3+ac＞3，即可得解其取值范围． 本题主要考查了三角函数恒等变换的应用，正弦函数的单调性，余弦定理，基本不等式 等知识在解三角形中的应用，考查了数形结合思想，属于中档题．19. （Ⅰ）证明 PC⊥AC，AC⊥BC．推出 AC⊥平面 PBC，即可证明平面 ACE⊥平面 PBC．（Ⅱ）过点 P 作 PF 垂直 CE，垂足为 F．说明 PF 垂直平面 ACE．通过点 E 为 AB 的中 点，所以点 P 到平面 ACE 的距离与点 B 到平面 ACE 的距离相等．连结 BD 交 AC 于点 G， 则 GB=2DG．转化求解即可． 另解：建立坐标系．求出平面 ACE 的一个法量，利用空间向量的数量积求解直线 PD 与 平面 AEC 所成角即可． 本题考查直线与平面垂直的判断定理的应用，直线与平面所成角的求法，考查空间想象 能力以及计算能力．20. （Ⅰ）通过 an+2=3an+1-2an 可得 an+2-an+1=2（an+1-an）．推出{an+1-an}是首项为 2，公比为 2 的等比数列然后求解通项公式．（Ⅱ）因为=，利用裂项消项法，求解数列的和，然后求解m 的范围． 本题考查数列的递推关系式的应用，数列求和，考查转化思想以及计算能力．21. 本题考查椭圆的标准方程，考查直线与椭圆的位置关系，考查三角形面积的计算，考查学生分析解决问题的能力，分析得出最大，R 就最大是关键．（1）设椭圆方程，由焦点坐标可得 c=1，由|PQ|=3，可得 =3，又 a2-b2=1，由此可求椭圆方程； （2）设 M（x1，y1），N（x2，y2），不妨 y1＞0，y2＜0，设△F1MN 的内切圆的径 R，则△F1MN 的周长=4a=8，（|MN|+|F1M|+|F1N|）R=4R，因此最大，R就最大．设直线 l 的方程为 x=my+1，与椭圆方程联立，从而可表示△F1MN 的面积，利 用换元法，借助于导数，即可求得结论．22. （Ⅰ）求出 f′（x）=2xe3x+3x2e3x=x（3x+2）e3x．从而 f（x）在（-∞，- ）内单调递增，在（- ，0）内单调递减，在（0，+∞）内单调递增，进而 f（x）的极大值为 f（- ）= ，由此能证明当 x＜0 时，f（x）＜ ．（Ⅱ）k≤，x＞0，令 g（x）=，x＞0，则 g′（x）=，令 h（x）=x2（1+3x）e3x+2lnx-1，则 h（x）在（0，+∞）上单调递增，推导出存在 x0∈（0，1），使得 h（x0）=0，g（x）在（0，+∞）上的最小值是 g（x0）=，由此能求出实数 k 的取值范围．第 13 页，共 14 页本题考查不等式的证明，考查实数的取值范围的求不地，考查导数性质、函数的单调性、 最值等基础知识，考运算求解能力，是中档题．第 14 页，共 14 页。

一、单选题二、多选题1. 已知向量，，与的夹角为钝角，则实数m 的取值范围是（ ）A．B．C．D．2. 已知a > b ，则下列式子中一定成立的是（ ）A．B ．|a|> |b|C．D．3. 已知，分别是双曲线的右顶点和右焦点，点是直线（其中为双曲线的半焦距）上的动点，当的外接圆面积最小时，点恰好在双曲线的一条渐近线上，则该双曲线的离心率为（ ）A．B．C．D．4. 已知函数，集合中恰有3个元素，则实数的取值范围是（ ）A．B．C．D．5. 二项式的展开式中，常数项为（ ）A ．-4B ．4C ．-6D ．66.已知是定义域为的奇函数，，当时，，则时，的解析式为（ ）A．B．C．D．7. 随机变量X服从正态分布，若，则（ ）A ．0.22B ．0.24C ．0.28D ．0.368. 甲、乙两名同学八次数学测试成绩的茎叶图如图所示，则甲同学成绩的众数与乙同学成绩的中位数依次为（）A ．85，85B ．85，86C ．85，87D ．86，869. 已知复数，则（ ）A ．2B ．3C．D．10. 已知，，，则（ ）A．B．C．D．11. 某大学统计该校学生月网购消费支出的频率分布直方图如下．根据此图，下列结论正确的是（）浙江省宁波市镇海中学2023届高三下学期5月模拟考试数学试题三、填空题四、填空题五、解答题A．B ．该校学生消费的中位数约为（单位：百元）C ．月消费不少于元的频率为D ．月消费不少于元的频率为12.若（为虚数单位），则下列说法正确的为（ ）A．B．C．D．13.若函数，则下列结论正确的是（ ）A．函数的最小正周期为B ．函数在区间上单调递增C ．函数图象关于对称D ．函数的图象关于点对称14. 下列命题正确的是（ ）A ．函数的值域为B．函数的定义域为C ．函数在上单调递减D．函数的单调递增区间为15. 在中，角A ，B ，C 所对的边分别为a ，b ，c ，若，则的最小值为________．16. 从一批次品率为0.02的产品中有放回地抽取100次，每次抽取一件产品，设表示抽到的次品件数，则方差__________．17. 在复平面内，复数对应的点的坐标是，则___________.18.已知二项展开式，则___________；___________.19.若，且，则的最大值为_______，的最小值是___.20.已知函数.(1)若的图象经过点，，且点恰好是的图象中距离点最近的最高点，试求的解析式；(2)若，且在上单调，在上恰有两个零点，求的取值范围.21. 随着寒冷冬季的到来，羽绒服进入了销售旺季，某调查机构随机调查了400人，询问他们选购羽绒服时更关注保暖性能还是更关注款式设计，得到以下的列联表：更关注保暖性能更关注款式设计合计女性16080240男性12040160合计280120400附：．六、解答题0.100.050.0102.7063.841 6.635(1)是否有95%的把握认为男性和女性在选购羽绒服时的关注点有差异？(2)若从被调查的更关注保暖性能的人中按男女比例用分层抽样的方法抽取7人进行采访，再从这7人中任选2人赠送羽绒服，求这2人都是女性的概率．22. 2020年1月15日教育部制定出台了《关于在部分高校开展基础学科招生改革试点工作的意见》(也称“强基计划”)，《意见》宣布：2020年起不再组织开展高校自主招生工作，改为实行强基计划.强基计划主要选拔培养有志于服务国家重大战略需求且综合素质优秀或基础学科拔尖的学生.据悉强基计划的校考由试点高校自主命题，校考过程中通过笔试后才能进入面试环节.已知甲､乙两所大学的笔试环节都设有三门考试科目且每门科目是否通过相互独立.若某考生报考甲大学，每门科目通过的概率均为，该考生报考乙大学，每门科目通过的概率依次为，，，其中.（1）若，分别求出该考生报考甲､乙两所大学在笔试环节恰好通过一门科目的概率；（2）强基计划规定每名考生只能报考一所试点高校，若以笔试过程中通过科目数的数学期望为依据作出决策，当该考生更希望通过甲大学的笔试时，求的范围.23. 上世纪八十年代初，邓小平同志曾指出“在人才的问题上，要特别强调一下，必须打破常规去发现、选拔和培养杰出的人才”. 据此，经省教育厅批准，某中学领导审时度势，果断作出于1985年开始施行超常实验班教学试验的决定.一时间，学生兴奋，教师欣喜，家长欢呼，社会热议.该中学实验班一路走来，可谓风光无限，硕果累累，尤其值得一提的是，1990年，全国共招收150名少年大学生，该中学就有19名实验班学生被录取，占全国的十分之一，轰动海内外.设该中学超常实验班学生第x年被录取少年大学生的人数为y.(1)左下表为该中学连续5年实验班学生被录取少年大学生人数，求y关于x的线性回归方程，并估计第6年该中学超常实验班学生被录取少年大学生人数;年份序号x12345录取人数y1011141619附1：(2)下表是从该校已经毕业的100名高中生录取少年大学生人数与是否接受超常实验班教育得到2×2列联表，完成上表，并回答：是否有95%以上的把握认为“录取少年大学生人数与是否接受超常实验班教育有关系”．附2：接受超常实验班教育未接受超常实验班教育合计录取少年大学生6080未录取少年大学生10合计301000.500.400.100.050.4550.708 2.706 3.841七、解答题八、解答题九、解答题24.如图，在三棱柱中，四边形是边长为的正方形，.再从条件①､条件②､条件③中选择两个能解决下面问题的条件作为已知，并作答.（1）求证：平面；（2）求直线与平面所成角的正弦值.条件①：；条件②：；条件③：平面平面.25. 某地区积极发展电商，通过近些年工作的开展在新农村建设和扶贫过程中起到了非常重要的作用，促进了农民生活富裕，为了更好地了解本地区某一特色产品的宣传费(千元)对销量(千件)的影响，统计了近六年的数据如下：年份代号123456宣传费（千元）2456810销量（千件）3040605070利润（千元）407011090160205(1)若近6年的宣传费与销量呈线性分布，由前5年数据求线性回归直线方程，并写出的预测值；(2)若利润与宣传费的比值不低于20的年份称为“吉祥年”，在这6个年份中任意选2个年份，求这2个年份均为“吉祥年”的概率附：回归方程的斜率与截距的最小二乘法估计分别为，，其中，为，的平均数.26.在中，.(1)求角的大小；(2)若，的面积为，求的周长.。

2023年高三数学模拟卷（一）第I 卷（选择题）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{}|20A x x =+>，{}|4B x x =>R ð，则A B =I （）A ．{2x x <-或}4x >B ．{}24x x -<≤C ．{}4x x >D ．{}24x x -<<2．已知x R ∈，则“0x >”是“23x x <”的（）条件A ．充分不必要B ．必要不充分C ．充分必要D ．既不充分也不必要3．二项式210(1)(1)x x x ++-展开式中5x 的系数为（）A ．120B ．135C ．-140D ．-1624．数列{}n a 满足131,31n na a a +==-，则2023a =（）A ．12-B ．23C ．52D ．35.赵爽弦图是中国古代数学的重要发现，它是由四个全等直角三角形与一个小正方形拼成的一个大正方形（如图）.已知小正方形的面积为1，直角三角形中较小的锐角为θ，且1tan 23θ=，则大正方形的面积为（）A ．4B ．5C ．16D ．256.已知2a =r ，1b =r ，2a b -=r r ，则向量a r 在向量b r方向上的投影向量为（）A ．bB ．b- C D ．7．设1cos 0.1,10sin 0.110tan 0.1a b c ===，，则（）A ．a b c <<B ．c b a <<C ．c a b <<D ．a c b <<8.表面积为4π的球内切于圆锥，则该圆锥的表面积的最小值为（）A.4π B.8π C.12π D.16π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．某地区高三男生的身高X 服从正态分布()()2170,0N σσ>，则（）A ．()1700.5P X >=B ．若σ越大，则()165175P X <<越大C ．()()180160P X P X >=<D ．()()160165165170P X P X <<=<<10．随机变量ξ的分布列如右表：其中0xy ≠，下列说法正确的是（）A ．1x y +=B ．5(3)y E ξ=C ．()D ξ有最大值D ．()D ξ随y 的增大而减小11．在空间直角坐标系中，有以下两条公认事实：(1)过点0000(,,)P x y z ，且以(,,)(0)u a b c abc =≠为方向向量的空间直线l 的方程为000x x y y z z a b c---==.(2)过点()000,,P x y z ，且()0)=(,,v m n mnt t ≠为法向量的平面α的方程为()()()0000m x x n y y t z z -+-+-=.现已知平面236x y z α++=：，1l ：21321x y y z -=⎧⎨-=⎩，2l ：2x y z ==-，3l ：1541x y z-==-则下列说法正确的是（）A.1//l αB.2//l αC.3//l αD.1l α⊥12.定义：若数列{}n a 满足，存在实数M ，对任意n *∈N ，都有n a M ≤，则称M 是数列{}n a 的一个上界.现已知{}n a 为正项递增数列，()12n n n ab n a -=≥，下列说法正确的是（）A.若{}n a 有上界，则{}n a 一定存在最小的上界.B.若{}n a 有上界,则{}n a 可能不存在最小的上界.C.若{}n a 无上界,则对于任意的n N *∈，均存在k N *∈，使得12023n n k a a +<D.若{}n a 无上界，则存在k *∈Ν，当n k >时，恒有232023n b b b n ++<- .第II 卷（非选择题）三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．13．复数2(1i)z =-，则||z =___________．14.已知,a b 为两个正实数，且41a b +=+的最大值为___________.ξ012Px3y 23y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．设函数1()sin()cos ,3(0,),().22f x x x f ππαα=+-∈=(1)求函数()f x 的单调递增区间；(2)已知凸四边形ABCD 中，()241AB AC AD f BAD ∠====，，，求凸四边形ABCD 面积的最大值.19．在直角梯形ABCD 中，CD AD ⊥，22AB BC CD ===，AD =现将D AC ∆沿着对角线AC 折起，使点D 到达点P 位置，此时二面角P AC D --为3π（1）求异面直线PA ，BC 所成角的余弦值；（2）求点A 到平面PBC 的距离.21.已知椭圆22143x y +=，F 为其右焦点，(0,)M t ，(0,)N t -为椭圆外两点，直线MF 交椭圆于AB 两点.(1)若MA AF λ= ，MB uBF =，求u λ+的值；(2)若三角形NAB 面积为S ，求S 的取值范围.22．已知()sin ,[0,]f x x x π=∈，（1）求()f x 在x π=处的切线方程；（2）求证：对于12,[0,]x x π∀∈和12,0λλ∀>，且121λλ+=，都有()11221122sin sin sin x x x x λλλλ+≥+；（3）请将（2）中的命题推广到一般形式，并用数学归纳法证明你所推广的命题．高三数学第1页共8页2023.5高三数学模拟考一、单项选择题：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．12345678BCDADBDB二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．9101112ACABCCDACD三、填空题:本题共4小题，每小题5分，共20分．13．215.[1,1)e -16.316四、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.【解析】（1）由题意知1sin()cos332ππα+-=，得sin()13πα+=因为0,2πα⎡⎤∈⎢⎥⎣⎦，所以5,336ππαπ⎡⎤+∈⎢⎥⎣⎦，所以32ππα+=，所以6πα=()sin cos sin 66f x x x x ππ⎛⎫⎛⎫∴=+-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭所()f x 的单调递增区间为22,2,33k k k Z ππππ⎡⎤-+∈⎢⎥⎣⎦（2）由()1fBAD ∠=，得23BAD π∠=所以四边形ABCD的面积BAC DAC S S S ∆∆=+设BAC α∠=，则()22sin 4sin 3S παααϕ⎛⎫=+-=+≤⎪⎝⎭当21sin cos 7αϕ==时，取到最大值高三数学第2页共8页18.【解析】（1）当1n =时，215160a a ++=，26425a ∴=-，当2n ≥时，由10516n n a S +++=①，得10516n n a S -+=+②，①-②得154n na a +=126440,0,255n n n a a a a +=-≠∴≠∴=，又214,{}5n a a a =∴是首项为165-，公比为45的等比数列，11644()4()555n n n a -∴=-⋅=-⋅；（2）由4(5)0n n b n a +-=，得54(5)()45n n n n b a n -=-=-，所以234444432(1)(5)5554455nn T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯-⨯++-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，2413444444432(6)(555)5555nn n T n n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯-⨯-⨯++-⋅+-⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ，两式相减得234114444444(5)5555555nn n T n +⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-⨯++++--⋅ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭ 111612516(45)5554145n n n -+⎡⎤⎛⎫-⎢⎥ ⎪⎝⎭⎢⎥⎛⎫⎣⎦=-+-- ⎪⎝⎭-1115(5)161644455555n n n n n +++⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-+---⋅=-⋅ ⎪⎪⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭，所以145()5n n T n +=-⋅，由n n T b λ≤得1445()(5)()55n nn n λ+-⋅≤-⋅恒成立，即(5)40n n λ-+≥恒成立，5n =时不等式恒成立；高三数学第3页共8页5n <时，420455n n n λ≤-=----，得1λ≤；5n >时，412455n n n λ≥-=----，得4λ≥-；所以41λ-≤≤.19.过点D 做DO AC ⊥交AC 于O 连接OP以O 点为原点，以OA 为x 轴，在平面ABCD 内，过点O 垂直于AC 的线为y 轴，过点O 垂直于平面ABCD 的直线为z 轴，建立空间直角坐标系，如图所示.(1)因为DO AC ⊥，所以PO AC ⊥，所以DOP ∠为二面角P AC D --的平面角.所以3DOP π∠=，又因为3||||2OD OP ==，所以点330,,44P ⎛⎫- ⎪ ⎪⎝⎭又因为1,0,02C ⎛⎫-⎪⎝⎭，3,0,02A ⎛⎫ ⎪⎝⎭，12B ⎛⎫⎪⎝⎭所以33,,244AP ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭，()1,BC =-所以333324cos ,8||||AP BCAP BC AP BC +⋅<>===所以AP 与BC 夹角的余弦值为338.高三数学第4页共8页(2)13,,244PC ⎛⎫=-- ⎪ ⎪⎝⎭,()1,BC =-设(),,n x y z = 为平面PBC 的一个法向量，则00n PC n BC ⎧⋅=⎪⎨⋅=⎪⎩，即13302440x y z x ⎧-+-=⎪⎨⎪-=⎩令x =1,n =-所以点A 到平面PBC的距离为||2217||AP n d n ⋅===.20.【解析】（1）记“所选取的2名学生选考物理､化学､生物科目数量相等”为事件A ，则两人选考物理､化学､生物科目数量（以下用科目数或选考科目数指代）为1的情况数为220C ，数目为2的为240C ，数目为3的有240C ，则()2222040402100C C C 35C 99P A ++==.；（2）由题意可知X 的可能取值分别为0,1,2.为0时对应概率为（1）中所求概率：()2222040402100C C C 0C 5939P X ++===；为1时，1人选考科目数为1，另一人为2或1人为2，1人为3：()1111204040402100C C C C 161C 33P X +===；为2时，1人为1，1人为3：()1120402100C C 162C 99P X ===.则分布列如图所示：X012P359916331699故X 的期望为()3516168001299339999E X =⨯+⨯+⨯=；（3）高三数学第5页共8页性别纯理科生非纯理科生总计男性305585女性10515总计4060100零假设为0H ：同时选考物理、化学、生物三科与学生性别相互独立，即同时选考物理、化学、生物与学生性别无关.()()()()()()2221003051055 5.229 3.84140608515n ad bc a b c d a c b d χ-⨯⨯-⨯==≈>++++⨯⨯⨯所以依据小概率值0.05α=的独立性检验，我们推断0H 不成立，即认为同时选考物理、化学、生物三科与学生性别有关，此推断犯错误的概率不大于0.05.21.(1)设()()1122,,,A x y B x y 因为,M N 在椭圆外，所以23t >.由题意知，AB 的方程为11x y t =-+，联立椭圆方程，得221134120x y t x y ⎧=-+⎪⎨⎪+-=⎩化简，得2236(4)90y y t t+--=（*）由MA AF λ=，得()11y t y λ-=-由MB uBF =，得()22y t u y -=-所以121212112y y t tu t y y y y λ⎛⎫++=-+-+=-+ ⎪⎝⎭由（*）式可得，12126293y y t y y t+==--所以1212823y y u t y y λ⎛⎫++=-+=- ⎪⎝⎭.高三数学第6页共8页(2)1222122||||33244NAB OABS S OF y y t t∆∆==⋅⋅-=++令m =，所以21231NABm S m ∆=+因为23t >，所以m ⎛= ⎝，所以2121283,313153NAB m S m m m ∆⎛⎫==∈ ⎪ ⎪+⎝⎭+.所以S 的取值范围是83,35⎛⎫⎪ ⎪⎝⎭.22.【解析】（1）因为()cos f x x '=,所以cos |1x k x π===-，又()0f π=所以求()f x 在x π=处的切线方程为y x π=-+.(2)不妨设12x x ≤令122122()sin()sin sin g x x x x x λλλλ=+--，2[0,]x x ∈则11221()cos()cos g x x x x λλλλ'=+-因为122120x x x x x πλλλλ≥+>+=≥所以122cos()cos x x x λλ+≤所以()0g x '≤在2[0,]x x ∈上恒成立.所以2()()0g x g x ≥=即122122sin()sin sin x x x x λλλλ+≥+.(3)对于任意的[0,]i x π∈，任意的0(1,2,,)i i n λ>= ，11nii λ==∑都有11sin sin n ni i i ii i x x λλ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑高三数学第7页共8页证明：①当2n =时，由（2）知，命题显然成立.②假设当n k =时命题成立.即对任意的123,,,[0,]k x x x x π∈ 及0,1,2,3,,,i i k μ>= 11k i i μ==∑.都有11sin sin k ki i i i i i x x μμ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑.现设1231,,,,[0,]k k x x x x x π+∈ 及0,1,2,3,,,1i i k k λ>=+ ，111k i i λ+==∑.令1,1,2,3,,,1i i k i k λμλ+==- 则11k i i μ==∑.由归纳假设可知()()11221122111111sin sin 11k k k k k k k k k k x x x x x x x x λλλλλλλλλλ++++++⎡⎤+++++++=-+⎢⎥-⎣⎦()()11122111sin sin k k k k k x x x x λμμμλ+++≥-++++ ()[]11122111sin sin sin sin k k k k k x x x x λμμμλ+++≥-++++ ()12112111111sin sin sin sin 111k k k k k k k k x x x x λλλλλλλλ++++++⎡⎤=-++++⎢⎥---⎣⎦()12112111111sin sin sin sin 111k k k k k k k k x x x x λλλλλλλλ++++++⎡⎤=-++++⎢⎥---⎣⎦11sin k i i i x λ+==∑所以当1n k =+时命题也成立.综上对于任意的[0,]i x π∈，任意的0(1,2,,)i i n λ>= ，且11n i i λ==∑都有11sin sin n ni i i i i i x x λλ==⎛⎫≥ ⎪⎝⎭∑∑。

2024年宁波市高中数学竞赛试题一、单选题：本题共4小题，每小题6分，共24分。

在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。

1.已知两圆C 1，C 2，则“C 1，C 2有且仅有三条公切线”是“C 1，C 2相切”的( )A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件2.若α∈{12,1,2}，则函数f(x)=x a ln(x 2+1)的图象不可能是( )A. B.C. D.3.已知对任意平面向量AB =(x,y)，把AB 绕其起点沿逆时针方向旋转θ角得到向量AP =(x cos θ−y sin θ,x sin θ+y cos θ)，叫做把点B 绕点A 沿逆时针方向旋转θ角得到点P.已知圆锥曲线Γ:7x 2+2xy +7y 2=24经过旋转后其方程可以变为标准方程，则此曲线的离心率为( )A. 12B.32C. 1D.24.已知△ABC 的内心为I ，垂心为H ，∠B =π4，若IH//BC ，则∠C 的大小落在区间( )A. (0,π6)B. (π6,π4)C. (π4,π3)D. (π3,π2)二、多选题：本题共3小题，共24分。

在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。

5.设a ，b ，c 是互不相等的正数，若关于x 的不等式a x −b x +c x >0成立.当且仅当x ∈(−∞,1)，则( )A. a+c<2bB. 1a +1c>2bC. e a+e c>2e bD. ln a+ln c<2ln b6.数列{a n}是等差数列，周期数列{b n}满足b n=cos(a n).若集合X={x|x=b n,n∈N∗}，中恰有三个元素，则数列{b n}的周期T的取值可能是( )A. 4B. 5C. 6D. 77.已知棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1，点M是线段A1D1上的动点，点N在侧面BCC1B1(包含边界)上且满足B1N⋅C1N=0，下列结论正确的是( )A. 对任意的点M，总存在点N使得MN⊥ACB. 三棱锥M−BCN外接球的球心可以是线段BM的中点C. 三棱锥M−BCN外接球半径的最小值为928D. 二面角M−AC−N的正切的最大值为722三、填空题：本题共6小题，每小题8分，共48分。