浙江省寧波市2025屆高三上學(xué)期高考模擬考試數(shù)學(xué)試卷（解析版）

高級中學(xué)名校試卷PAGEPAGE1浙江省寧波市2025屆高三上學(xué)期高考模擬考試數(shù)學(xué)試卷選擇題部分（共58分）一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的.1.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，可得，故，故選：D2.復(fù)數(shù)滿足，則（）A.1 B.2 C. D.5【答案】C【解析】方法一：因?yàn)椋?故選：C方法二：.故選：C3.向量，滿足，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因?yàn)?因?yàn)?，所?故選：C4.研究小組為了解高三學(xué)生自主復(fù)習(xí)情況，隨機(jī)調(diào)查了1000名學(xué)生的每周自主復(fù)習(xí)時(shí)間，按照時(shí)長（單位：小時(shí)）分成五組：，，，，，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則樣本數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)的估計(jì)值是（）A.7 B.7.5 C.7.8 D.8【答案】B【解析】由于樣本數(shù)據(jù)的第60百分位數(shù)值是：小時(shí)；故選：B5.圓臺(tái)的高為2，體積為，兩底面圓的半徑比為，則母線和軸的夾角的正切值為（）A. B. C. D.【答案】B【解析】設(shè)圓臺(tái)上底半徑為，則下底半徑為，由題意：.所以圓臺(tái)母線和軸的夾角的正切值為：.故選：B.6.已知橢圓的左、右焦點(diǎn)分別為，，過上頂點(diǎn)作直線交橢圓于另一點(diǎn).若，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如圖：因?yàn)榈闹荛L為，，，所以，.又，所以.所以橢圓的離心率為.故選：C7.不等式對任意恒成立，則的最小值為（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】由題意可得，需滿足是的一個(gè)根，即，且，所以，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號.所以的最小值為.故選：A.8.設(shè)，函數(shù)若在區(qū)間內(nèi)恰有6個(gè)零點(diǎn)，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】在區(qū)間內(nèi)恰有6個(gè)零點(diǎn)，又最多有兩個(gè)零點(diǎn)，當(dāng)時(shí)，至少有四個(gè)根，，令，即，，，又，，即，令，解得或，①若且，解得，此時(shí)在有2個(gè)零點(diǎn)，只需要在有4個(gè)零點(diǎn)，這4個(gè)零點(diǎn)分別為故且，解得，此時(shí)有6個(gè)零點(diǎn)，滿足題意，②當(dāng)且時(shí)，解得，此時(shí)在有1個(gè)零點(diǎn)，只需要在有5個(gè)零點(diǎn)，這5個(gè)零點(diǎn)分別為，故且，解得，此時(shí)有6個(gè)零點(diǎn)，滿足題意，③當(dāng)且時(shí)，解得，此時(shí)在有1個(gè)零點(diǎn)，只需要在有5個(gè)零點(diǎn)，這5個(gè)零點(diǎn)分別為，故且，解得不存在，綜上可得或，故選：D.二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9.已知數(shù)列，都是正項(xiàng)等比數(shù)列，則（）A.數(shù)列是等比數(shù)列 B.數(shù)列是等比數(shù)列C.數(shù)列是等比數(shù)列 D.數(shù)列是等比數(shù)列【答案】BC【解析】因?yàn)閿?shù)列，都是正項(xiàng)等比數(shù)列，所以設(shè)數(shù)列，的公比分別為，，且，，且對任意的正整數(shù)有，成立；對于A，不妨設(shè)，，滿足，都是正項(xiàng)等比數(shù)列，此時(shí)，因?yàn)?，，所以，此時(shí)不是等比數(shù)列，故A不正確；對于B，因?yàn)?，所以?shù)列是等比數(shù)列，故B正確；對于C，因?yàn)?，所以?shù)列是等比數(shù)列，故C正確；對于D，設(shè)，，滿足，都是正項(xiàng)等比數(shù)列，此時(shí)，，，所以，，所以，此時(shí)數(shù)列不是等比數(shù)列，故D不正確；故選：BC.10.函數(shù)，則（）A.的圖象過定點(diǎn)B.當(dāng)時(shí)，上單調(diào)遞增C.當(dāng)時(shí)，恒成立D.存在，使得與軸相切【答案】ACD【解析】對A：不管取何值，，所以函數(shù)的圖象過定點(diǎn)，故A正確；對B：當(dāng)時(shí)，，（），，設(shè)，則，所以在0,+∞上單調(diào)遞增.因，所以，所以在0,+∞上單調(diào)遞增，這一說法不正確，即B錯(cuò)；對C：由B選項(xiàng)可知，，所以存在，使得，當(dāng)x∈0,x0時(shí)，f當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，f所以函數(shù)的最小值為，且，因?yàn)?，故不能取“?故C正確；對D：當(dāng)時(shí)，（），所以（），設(shè)（），則（）.所以在0,+∞上單調(diào)遞增.因?yàn)楫?dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以存在，使得，當(dāng)x∈0,x0時(shí)，f當(dāng)x∈x0,+∞時(shí)，f所以函數(shù)的最小值為，且.由.設(shè)，（），則，所以在0,+∞上單調(diào)遞減.且，，所以必定有解.即D正確.故選：ACD.11.已知曲線：，下列說法正確的是（）A.曲線過原點(diǎn)B.曲線關(guān)于對稱C.曲線上存在一點(diǎn)，使得D.若為曲線上一點(diǎn)，則【答案】ABD【解析】將代入可得，故曲線過原點(diǎn)，A正確，設(shè)曲線上任意一點(diǎn)Px,y，則Px,y關(guān)于的對稱點(diǎn)為，則，故在曲線上，B正確，對于C，若曲線上存在一點(diǎn)Px,y，根據(jù)：可知均在曲線上，故曲線關(guān)于坐標(biāo)軸以及原點(diǎn)均對稱，若曲線上存在一點(diǎn)Px,y，使得，則，根據(jù)對稱性不妨設(shè)，將其代入曲線方程可得，所以，由于，則存在角使得，，，所以，這與矛盾，故不存在一點(diǎn)，使得，C錯(cuò)誤，對于D，，故，故，，故，故D正確，故選：ABD非選擇題部分（共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知，則_______________.【答案】2【解析】由題意，函數(shù)，令，所以.故答案為：2.13.拋物線：的焦點(diǎn)為，為上一點(diǎn)且，為坐標(biāo)原點(diǎn)，則______.【答案】【解析】如圖：不妨設(shè)點(diǎn)Px,y在第一象限，過點(diǎn)作與拋物線的準(zhǔn)線垂直，垂足為.則，又，所以，所以.所以.14.一個(gè)盒子中裝有標(biāo)號為1，2，3，4，5的五個(gè)大小質(zhì)地完全相同的小球.甲、乙兩人玩游戲，規(guī)則如下：第一輪，甲先從盒子中不放回地隨機(jī)取兩個(gè)球，乙接著從盒子中不放回地隨機(jī)取一個(gè)球，若甲抽取的兩個(gè)小球數(shù)字之和大于乙抽取的小球數(shù)字，則甲得1分，否則甲不得分；第二輪，甲、乙從盒子中剩余的兩個(gè)球中依次不放回地隨機(jī)取一個(gè)球，若甲抽取的小球數(shù)字大于乙抽取的小球數(shù)字，則甲得1分，否則甲不得分.則在兩輪游戲中甲共獲得2分的概率為______.【答案】【解析】若第一輪在第一輪中得1分，若第一輪中甲抽到的小球?yàn)?，3，則乙抽到的小球只能是2，若第一輪中甲抽到的小球?yàn)?，4，則乙抽到的小球可以是2或3，若第一輪中甲抽到的小球?yàn)?，3，則乙抽到的小球可以是1或4，若第一輪中甲抽到的小球?yàn)?，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5時(shí)，則乙抽到的小球可以是剩下三個(gè)小球中的任何一個(gè)，故共有，因此第一輪中甲得1分的概率為,在第二輪的過程中，只剩下兩個(gè)球，要使甲在第二輪中得1分，只需要甲在剩下兩個(gè)球中抽到號碼大的球即可，故概率為，因此甲在兩輪中共得2分的概率為.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在三棱錐中，側(cè)面是邊長為2的等邊三角形，，，.（1）求證：平面平面；（2）求平面與平面的夾角的余弦值.解：（1）取的中點(diǎn)為，連接，因?yàn)槭沁呴L為2的等邊三角形，所以，，在直角三角形中，，為中點(diǎn)，所以，又，所以，所以，即，又為平面內(nèi)兩條相交直線，所以平面，又在平面內(nèi)，所以平面平面.（2）由（1）知過作的平行線作為軸，分別為軸，則，所以，,設(shè)平面的法向量為，則，即，令，可得，設(shè)平面的法向量為，則，即，令，可得，設(shè)平面與平面的夾角為，則.16.已知數(shù)列為等差數(shù)列，且滿足.（1）若，求的前項(xiàng)和；（2）若數(shù)列滿足，且數(shù)列的前項(xiàng)和，求數(shù)列的通項(xiàng)公式.解：（1）當(dāng)時(shí)，由，則，由，則，所以等差數(shù)列的公差為，即通項(xiàng)公式，所以前項(xiàng)和.（2）當(dāng)時(shí)，，可得，當(dāng)時(shí)，，將代入上式，則，綜上所述，，.，可得，由（1）可知，則，由方程，可得，解得，由，則等差數(shù)列的公差為，所以，由，，則.17.已知是雙曲線：上一點(diǎn)，的漸近線方程為.（1）求的方程；（2）直線過點(diǎn)，且與的兩支分別交于，兩點(diǎn).若，求直線的斜率.解：（1）由題意可得，解得，故雙曲線方程為（2）由題意可知：直線的斜率存在，設(shè)直線方程為，聯(lián)立可得，由韋達(dá)定理可得，由于，化簡得，故，,故，故，平方可得，解得或，由于與的兩支分別交于，兩點(diǎn)，故，當(dāng)時(shí)，代入不符合，故舍去，將其代入，經(jīng)檢驗(yàn)符合，綜上可得.18.已知函數(shù).（1）判斷的奇偶性；（2）若，求證：；（3）若存在，使得對任意，均有，求正實(shí)數(shù)的取值范圍.解：（1）,當(dāng)時(shí)，定義域?yàn)?，?dāng)時(shí)，定義域?yàn)?，均關(guān)于原點(diǎn)對稱，且，故為偶函數(shù)，（2）當(dāng)時(shí)，為偶函數(shù)，要證，只需要證，當(dāng)時(shí)，，只需證明時(shí)，，即證，只需證，即證，令在單調(diào)遞增，故，所以，得證.（3）由可得，當(dāng)時(shí)，，故，故，令，則，令，令，①當(dāng)時(shí)，即，存在，使得對任意，，故在單調(diào)遞增，又，所以在恒成立，從而在單調(diào)遞增，又，所以在恒成立，從而在單調(diào)遞增，結(jié)合，得對任意恒成立，符合題意，②當(dāng)時(shí)，，存在，使得對任意，，故在單調(diào)遞減，又，所以在恒成立，從而在單調(diào)遞減，又，所以在恒成立，從而在單調(diào)遞減，結(jié)合，得對任意恒成立，不符合題意，③當(dāng)時(shí)，令，，則，類推②同理可得不符合題意，綜上可得.19.開啟某款保險(xiǎn)柜需輸入四位密碼，其中為用戶個(gè)人設(shè)置的三位靜態(tài)密碼（每位數(shù)字都是中的一個(gè)整數(shù)），是根據(jù)開啟時(shí)收到的動(dòng)態(tài)校驗(yàn)鑰匙（為1~5中的一個(gè)隨機(jī)整數(shù)）計(jì)算得到的動(dòng)態(tài)校驗(yàn)碼.的具體計(jì)算方式：是的個(gè)位數(shù)字.例如：若靜態(tài)密碼為，動(dòng)態(tài)校驗(yàn)鑰匙，則，從而動(dòng)態(tài)校驗(yàn)碼，進(jìn)而得到四位開柜密碼為.（1）若用戶最終得到的四位開柜密碼為，求所有可能的動(dòng)態(tài)校驗(yàn)鑰匙；（2）若三位靜態(tài)密碼為隨機(jī)數(shù)且等可能，動(dòng)態(tài)校驗(yàn)鑰匙，求動(dòng)態(tài)校驗(yàn)碼的概率分布列；（3）若三位靜態(tài)密碼為隨機(jī)數(shù)且等可能，動(dòng)態(tài)校驗(yàn)鑰匙的概率為，其中是互不相等的正數(shù).記得到的動(dòng)態(tài)校驗(yàn)碼的概率為，試比較與的大小.解：（1）由題意可知：靜態(tài)密碼為，動(dòng)態(tài)驗(yàn)證碼，若,則，得，符合題意，若,則，得，不符合題意，若,則，得，不符合題意，若,則，得，不符合題意，若,則，得，不符合題意，綜上可得，（2）對于三位靜態(tài)密碼，由可得的末位是0或5，即只能是0或5，又，當(dāng)為奇數(shù)時(shí)，，當(dāng)為偶數(shù)時(shí)，，下面計(jì)算為奇數(shù)時(shí)，的個(gè)數(shù)，①均為奇數(shù)時(shí)，個(gè)，②一奇兩偶時(shí)，個(gè)，共有個(gè)，所以，進(jìn)而，因此分布列為05