浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷（宁波一模）（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷（宁波一模）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.集合A={−2,0,1}，B={y|y=x2,x∈A}A.{−2,0,1} B.{0,1,4} C.{0,1} D.{−2,0,1,4}2.复数z满足z=5i−2，则A.1 B.2 C.5 D.3.向量a，b满足|a|=|b|=1，A.3 B.7 C.104.研究小组为了解高三学生自主复习情况，随机调查了1000名学生的每周自主复习时间，按照时长(单位：小时)分成五组：[2,4)，[4,6)，[6,8)，[8,10)，[10,12)，得到如图所示的频率分布直方图，则样本数据的第60百分位数的估计值是

A.7 B.7.5 C.7.8 D.85.圆台的高为2，体积为14π，两底面圆的半径比为1:2，则母线和轴的夹角的正切值为A.33 B.32 C.6.已知椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过上顶点A作直线AF2交椭圆于另一点B.若|AB|=|FA.13 B.12 C.37.不等式(x2−ax−1)(x−b)≥0对任意x>0恒成立，则aA.22−2 B.2 C.28.设a∈R，函数f(x)=sin(2πx−2πa),x<a,|x−a−1|−3a+6,x≥a若f(x)在区间(0,+∞)内恰有6个零点，则aA.2,72 B.(2,3] C.2,7二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.已知数列{an}，{A.数列{an+bn}是等比数列 B.数列{an·bn10.函数f(x)=ex−aA.f(x)的图象过定点

B.当a=1时，f(x)在(0,+∞)上单调递增

C.当a=1时，f(x)>2恒成立

D.存在a>0，使得f(x)与x轴相切11.已知曲线C：(x2+A.曲线C过原点O

B.曲线C关于y=x对称

C.曲线C上存在一点P，使得|OP|=1

D.若P(x,y)为曲线C上一点，则|x|+|y|<3三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.已知函数f(x)=3x，则f(log13.抛物线C：y2=4x的焦点为F，P为C上一点且|PF|=3，O为坐标原点，则S△OPF=______．14.一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球．甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分．则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为______．四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。15.(本小题12分)在三棱锥P−ABC中，侧面PAC是边长为2的等边三角形，AB=3，PB=2，(1)求证：平面PAC⊥平面ABC；(2)求平面PAB与平面PAC的夹角的余弦值．16.(本小题12分)已知数列{an(1)若a1=1，求{an}(2)若数列{bn}满足5b2−1b1=17.(本小题12分)已知3,52是双曲线E：x2a2(1)求E的方程；(2)直线l过点A(1,1)，且与E的两支分别交于P，Q两点．若|AP|⋅|AQ||PQ|=1918.(本小题12分)已知函数f(x)=(1)判断f(x)的奇偶性；(2)若a=−12，求证：(3)若存在x0∈(0,π)，使得对任意x∈(0,x0)，均有19.(本小题12分)开启某款保险柜需输入四位密码a1a2a3xs，其中a1a2a3为用户个人设置的三位静态密码(每位数字都是0～9中的一个整数)，xs是根据开启时收到的动态校验钥匙s(s为1～5中的一个随机整数)计算得到的动态校验码．xs的具体计算方式：(1)若用户最终得到的四位开柜密码为2024，求所有可能的动态校验钥匙s；(2)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙s=5，求动态校验码x5(3)若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙s=i(1≤i≤5,i∈N)的概率为pi，其中pi是互不相等的正数．记得到的动态校验码xs=k(0≤k≤9,k∈N)的概率为Qk，试比较Q参考答案1.D

2.C

3.C

4.B

5.B

6.C

7.A

8.D

9.BC

10.ACD

11.ABD

12.2

13.214.236015.解：(1)取AC中点O，连OP，OB，有OP⊥AC．

因为∠ABC=π2，所以OB=12AC=1．

又OP=3，所以PB2=OP2+OB2，所以OP⊥OB．

因为AC∩OB=O，AC⊂平面ABC，OB⊂平面ABC，

所以OP⊥平面ABC，

又因为OP⊂平面PAC，

所以平面PAC⊥平面ABC．

(2)法一：以O为原点建立空间直角坐标系如图，

有O(0,0,0)，A(1,0,0)，C(−1,0,0)，B(−12,32,0)，P(0,0,3)，

可得AB=(−32,32,0)，AP=(−1,0,3).

设平面PAB的一个法向量为n1=(x,y,z)，则n⋅AB=−32x+32y=0n·AP=−x+3z=0,

可取n1=(3,3,1)，易得平面PAC的一个法向量为n=(0,1,0)，

设平面PAB与平面PAC的夹角为α，可得cosα=n1·n2n1·n2=31313，

故平面16.解：(1)由a2n=2an+1，得a1+(2n−1)d=2[a1+(n−1)d]+1，

从而d=a1+1.又a1=1，得d=2，所以Sn=na1+n(n−1)2⋅d=n2．17.解：(1)由题意，得9a2−254b2=1，

又由渐近线为y=±52x，得ba=52，

解得a=2，b=5，所以双曲线E:x24−y25=1．

(2)显然直线I的斜率存在，设直线l:y=k(x−1)+1，P(x1,y1)，Q(x2,y2)，

联立y=k(x−1)+1x24−y25=1消去y，得(4k2−5)x2−8(k2−k)x+4k2−8k+24=0，

由韦达定理，得x1+x2=8(k2−k)4k218.解：(1)f(x)的定义域关于原点对称，且f(−x)=f(x)，所以f(x)为偶函数．

(2)当a=−12时，f(x)=1−x2+12xsinx为偶函数．

要证f(x)≤1，即证1−x2≤1−12xsinx，又当−1≤x≤1时，1−12xsinx>0，

所以只需证当0≤x≤1时，1−x2⩽(1−12xsinx)2，

即证x2−xsinx+14x2sin2x≥0，只需证x2−xsinx≥0，即证x≥sinx.

令g(x)=x−sinx，有g′(x)=1−cosx≥0，得g(x)在[0,1]上单调递增，从而g(x)≥g(0)=0，

所以x−sinx≥0，因此x≥sinx.

(3)因为a>0，f(x)<1等价于1+2ax2<axsinx+1，又当0<x<π时，axsinx+1>0，

从而1+2ax2<axsinx+1等价于2sinx−2x+axsin2x>0．

令ℎ(x)=2sinx−2x+axsin2x，有ℎ′(x)=2cosx−2+asin2x+axsin2x，ℎ(2)(x)=−2sinx+2asin2x+2axcos2x，

ℎ(3)(x)=−2cosx+6acos2x−4axsin2x．

(注：ℎ(k)(x)为ℎ(x)的k阶导数)

当ℎ(3)(0)=−2+6a>0时，即a>19.解：(1)由题意，静态密码为202，动态校验码xs=4．

若s=1，则M=2×13+0×12+2×1=4，得x1=4，符合．

若s=2，则M=2×23+0×22+2×2=20，得x2=0，不符合题意，

若s=3.则M=2×33+0×32+2×3=60，得x3=0，不符合题意，

若s=4，则M=2×43+0×42+2×4=136，得x4=6，不符合题意，

若s=5，则M=2×53+0×52+2×5=260，得x5=0，不符合题意，

综上可得s=1，

(2)对于三位静态密码a1a2a3，

由M=a1⋅53+a2⋅52+a3x05P11

(3)记事件A：得到的动态校验码xs=0，事件B：得到的动态校验码xs=1，事件Ci:收到动态校验钥匙s=i(1≤i≤5,i∈N)，

则A=AC1∪AC2∪AC3∪AC4∪AC5，B=BC1∪BC2∪BC3∪BC4∪BC5，

从而Q0=P(A)=i=15P(ACi)=i=15P(Ci)P(A|Ci)=