浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷选择题部分（共58分）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.集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由，可得，故，故选：D2.复数满足，则（）A.1 B.2 C. D.5【答案】C【解析】方法一：因为，所以.故选：C方法二：.故选：C3.向量，满足，，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】因为.因为，所以.故选：C4.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：，，，，，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.8【答案】B【解析】由于样本数据的第60百分位数值是：小时；故选：B5.圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（）A. B. C. D.【答案】B【解析】设圆台上底半径为，则下底半径为，由题意：.所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.故选：B.6.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交椭圆于另一点.若，则椭圆的离心率为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】如图：因为的周长为，，，所以，.又，所以.所以椭圆的离心率为.故选：C7.不等式对任意恒成立，则的最小值为（）A. B.2 C. D.【答案】A【解析】由题意可得，需满足是的一个根，即，且，所以，，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为.故选：A.8.设，函数若在区间内恰有6个零点，则的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】在区间内恰有6个零点，又最多有两个零点，当时，至少有四个根，，令，即，，，又，，即，令，解得或，①若且，解得，此时在有2个零点，只需要在有4个零点，这4个零点分别为故且，解得，此时有6个零点，满足题意，②当且时，解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得，此时有6个零点，满足题意，③当且时，解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得不存在，综上可得或，故选：D.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知数列，都是正项等比数列，则（）A.数列是等比数列 B.数列是等比数列C.数列是等比数列 D.数列是等比数列【答案】BC【解析】因为数列，都是正项等比数列，所以设数列，的公比分别为，，且，，且对任意的正整数有，成立；对于A，不妨设，，满足，都是正项等比数列，此时，因为，，所以，此时不是等比数列，故A不正确；对于B，因为，所以数列是等比数列，故B正确；对于C，因为，所以数列是等比数列，故C正确；对于D，设，，满足，都是正项等比数列，此时，，，所以，，所以，此时数列不是等比数列，故D不正确；故选：BC.10.函数，则（）A.的图象过定点B.当时，上单调递增C.当时，恒成立D.存在，使得与轴相切【答案】ACD【解析】对A：不管取何值，，所以函数的图象过定点，故A正确；对B：当时，，（），，设，则，所以在0,+∞上单调递增.因，所以，所以在0,+∞上单调递增，这一说法不正确，即B错；对C：由B选项可知，，所以存在，使得，当x∈0,x0时，f当x∈x0,+∞时，f所以函数的最小值为，且，因为，故不能取“”.故C正确；对D：当时，（），所以（），设（），则（）.所以在0,+∞上单调递增.因为当时，；当时，.所以存在，使得，当x∈0,x0时，f当x∈x0,+∞时，f所以函数的最小值为，且.由.设，（），则，所以在0,+∞上单调递减.且，，所以必定有解.即D正确.故选：ACD.11.已知曲线：，下列说法正确的是（）A.曲线过原点B.曲线关于对称C.曲线上存在一点，使得D.若为曲线上一点，则【答案】ABD【解析】将代入可得，故曲线过原点，A正确，设曲线上任意一点Px,y，则Px,y关于的对称点为，则，故在曲线上，B正确，对于C，若曲线上存在一点Px,y，根据：可知均在曲线上，故曲线关于坐标轴以及原点均对称，若曲线上存在一点Px,y，使得，则，根据对称性不妨设，将其代入曲线方程可得，所以，由于，则存在角使得，，，所以，这与矛盾，故不存在一点，使得，C错误，对于D，，故，故，，故，故D正确，故选：ABD非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则_______________.【答案】2【解析】由题意，函数，令，所以.故答案为：2.13.抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则______.【答案】【解析】如图：不妨设点Px,y在第一象限，过点作与抛物线的准线垂直，垂足为.则，又，所以，所以.所以.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______.【答案】【解析】若第一轮在第一轮中得1分，若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2，若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2或3，若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1或4，若第一轮中甲抽到的小球为1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5时，则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个，故共有，因此第一轮中甲得1分的概率为,在第二轮的过程中，只剩下两个球，要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，故概率为，因此甲在两轮中共得2分的概率为.四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.解：（1）取的中点为，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以，，在直角三角形中，，为中点，所以，又，所以，所以，即，又为平面内两条相交直线，所以平面，又在平面内，所以平面平面.（2）由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴，则，所以，,设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与平面的夹角为，则.16.已知数列为等差数列，且满足.（1）若，求的前项和；（2）若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式.解：（1）当时，由，则，由，则，所以等差数列的公差为，即通项公式，所以前项和.（2）当时，，可得，当时，，将代入上式，则，综上所述，，.，可得，由（1）可知，则，由方程，可得，解得，由，则等差数列的公差为，所以，由，，则.17.已知是双曲线：上一点，的渐近线方程为.（1）求的方程；（2）直线过点，且与的两支分别交于，两点.若，求直线的斜率.解：（1）由题意可得，解得，故双曲线方程为（2）由题意可知：直线的斜率存在，设直线方程为，联立可得，由韦达定理可得，由于，化简得，故，,故，故，平方可得，解得或，由于与的两支分别交于，两点，故，当时，代入不符合，故舍去，将其代入，经检验符合，综上可得.18.已知函数.（1）判断的奇偶性；（2）若，求证：；（3）若存在，使得对任意，均有，求正实数的取值范围.解：（1）,当时，定义域为，当时，定义域为，均关于原点对称，且，故为偶函数，（2）当时，为偶函数，要证，只需要证，当时，，只需证明时，，即证，只需证，即证，令在单调递增，故，所以，得证.（3）由可得，当时，，故，故，令，则，令，令，①当时，即，存在，使得对任意，，故在单调递增，又，所以在恒成立，从而在单调递增，又，所以在恒成立，从而在单调递增，结合，得对任意恒成立，符合题意，②当时，，存在，使得对任意，，故在单调递减，又，所以在恒成立，从而在单调递减，又，所以在恒成立，从而在单调递减，结合，得对任意恒成立，不符合题意，③当时，令，，则，类推②同理可得不符合题意，综上可得.19.开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为1~5中的一个随机整数）计算得到的动态校验码.的具体计算方式：是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则，从而动态校验码，进而得到四位开柜密码为.（1）若用户最终得到的四位开柜密码为，求所有可能的动态校验钥匙；（2）若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列；（3）若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙的概率为，其中是互不相等的正数.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小.解：（1）由题意可知：静态密码为，动态验证码，若,则，得，符合题意，若,则，得，不符合题意，若,则，得，不符合题意，若,则，得，不符合题意，若,则，得，不符合题意，综上可得，（2）对于三位静态密码，由可得的末位是0或5，即只能是0或5，又，当为奇数时，，当为偶数时，，下面计算为奇数时，的个数，①均为奇数时，个，②一奇两偶时，个，共有个，所以，进而，因此分布列为05