浙江省寧波市2025屆高三上學期一?？荚嚁祵W試卷 含解析

寧波市2024學年第一學期高考模擬考試高三數學試卷本試卷共4頁，19小題，滿分150分.考試用時120分鐘.注意事項：1.答卷前，考生務必用黑色字跡鋼筆或簽字筆將自己的姓名、準考證號填寫在答題卷上.將條形碼橫貼在答題卷右上角“貼條形碼區(qū)”.2.作答選擇題時，選出每小題答案后，用2B鉛筆把答題卷上對應題目選項的答案標號涂黑；如需改動，用橡皮擦干凈后，再選涂其他答案，答案不能答在試題卷上.3.非選擇題必須用黑色字跡鋼筆或簽字筆作答，答案必須寫在答題卷各題目指定區(qū)域內相應位置上；如需改動，先劃掉原來的答案，然后再寫上新的答案；不準使用鉛筆和涂改液.不按以上要求作答的答案無效.4.考生必須保持答題卷的整潔，不要折疊、不要弄破.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選項中，只有一項是符合題目要求的.1.集合，，則（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】化簡，根據并集的定義即可求解.【詳解】由，可得，故，故選：D2.復數滿足，則（）A.1 B.2 C. D.5【答案】C【解析】【分析】求出復數，再根據復數模的概念求.【詳解】方法一：因為，所以.故選：C方法二：.故選：C3.向量，滿足，，則（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用，結合數量積的運算法則求解.【詳解】因為.因為，所以.故選：C4.研究小組為了解高三學生自主復習情況，隨機調查了1000名學生的每周自主復習時間，按照時長（單位：小時）分成五組：，，，，，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則樣本數據的第60百分位數的估計值是（）A.7 B.7.5 C.7.8 D.8【答案】B【解析】【分析】根據百分位數的計算公式即可求解.【詳解】由于樣本數據的第60百分位數值是：小時；故選：B5.圓臺的高為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】【分析】先根據圓臺的體積公式求出圓臺的上下底半徑，再求母線和軸的夾角的正切值.【詳解】設圓臺上底半徑為，則下底半徑為，由題意：.所以圓臺母線和軸的夾角的正切值為：.故選：B6.已知橢圓左、右焦點分別為，，過上頂點作直線交橢圓于另一點.若，則橢圓的離心率為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先根據橢圓的定義確定中各邊的長度，再結合，用余弦定理列式，化簡可求橢圓的離心率.【詳解】如圖：因為的周長為，，，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】【分析】先由題意得到是的一個根，從而得到之間的關系式為，消元并利用均值不等式求解即可.【詳解】由題意可得，需滿足是的一個根，即，且，所以，，當且僅當，即時取等號.所以的最小值為.故選：A.8.設，函數若在區(qū)間內恰有6個零點，則的取值范圍是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】根據正弦函數的性質可得的零點為，根據，解得或，即可分三種情況討論求解.【詳解】在區(qū)間內恰有6個零點，又最多有兩個零點，當時，至少有四個根，，令，即，，，又，，即，令，解得或，①若且，解得，此時在有2個零點，只需要在有4個零點，這4個零點分別為故且，解得，此時有6個零點，滿足題意，②當且時，解得，此時在有1個零點，只需要在有5個零點，這5個零點分別為，故且，解得，此時有6個零點，滿足題意，③當且時，解得，此時在有1個零點，只需要在有5個零點，這5個零點分別為，故且，解得不存在，綜上可得或，故選：D【點睛】關鍵點點睛：的零點為，根據，解得或，分三種情況討論求解.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中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.已知數列，都是正項等比數列，則（）A.數列是等比數列 B.數列是等比數列C.數列是等比數列 D.數列是等比數列【答案】BC【解析】【分析】根據等比數列的定義和通項公式逐項判斷即可.【詳解】因為數列，都是正項等比數列，所以設數列，的公比分別為，，且，，且對任意的正整數有，成立；對于A，不妨設，，滿足，都是正項等比數列，此時，因為，，所以，此時不是等比數列，故A不正確；對于B，因為，所以數列是等比數列，故B正確；對于C，因為，所以數列是等比數列，故C正確；對于D，設，，滿足，都是正項等比數列，此時，，，所以，，所以，此時數列不是等比數列，故D不正確；故選：BC.10.函數，則（）A.的圖象過定點B.當時，在上單調遞增C.當時，恒成立D.存在，使得與軸相切【答案】ABD【解析】【分析】結合可判斷A的真假；當時，求導，分析函數的單調性，可判斷BC的真假；問題轉化為函數的最小值為0是否成立，可判斷D的真假.【詳解】對A：不管取何值，，所以函數的圖象過定點，故A正確；對B：當時，，（），，設，則，所以在0,+∞上單調遞增.因為，所以，所以0,+∞上單調遞增，這一說法不正確，即B錯；對C：由B選項可知，，所以存在，使得，當x∈0,x0時，f當x∈x0,+∞時，f所以函數的最小值為，且，因為，故不能取“”.故C正確；對D：當時，（），所以（），設（），則（）.所以在0,+∞上單調遞增.因為當時，；當時，.所以存在，使得，當x∈0,x0時，f當x∈x0,+∞時，f所以函數的最小值為，且.由.設，（），則，所以在0,+∞上單調遞減.且，，所以必定有解.即D正確.故選：ABD11.已知曲線：，下列說法正確的是（）A.曲線過原點B.曲線關于對稱C.曲線上存在一點，使得D.若為曲線上一點，則【答案】ABD【解析】【分析】代入即可判斷A,根據Px,y關于的對稱點為在曲線上，結合同角關系即可求解B，根據得矛盾求解C，根據，即可結合不等式求解D.【詳解】將代入可得，故曲線過原點，A正確，設曲線上任意一點Px,y，則Px,y關于的對稱點為，則，故在曲線上，B正確，對于C，若曲線上存在一點Px,y，根據：可知均在曲線上，故曲線關于坐標軸以及原點均對稱，若曲線上存在一點Px,y，使得，則，根據對稱性不妨設，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，使得，C錯誤，對于D，，故，故，，故，故D正確，故選：ABD【點睛】關鍵點點睛：由，得矛盾求解.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】【分析】根據函數的解析式，結合指數式與對數式的運算法則，即可求解.【詳解】由題意，函數，令，所以.故答案為：2.【點睛】本題主要考查了函數的求值問題，其中解答中熟記指數式與對數式的運算是解答的關鍵，著重考查運算與求解能力.13.拋物線：的焦點為，為上一點且，為坐標原點，則______.【答案】【解析】【分析】根據焦半徑公式，確定點的橫坐標，再求點的縱坐標，可得的面積.【詳解】如圖：不妨設點Px,y在第一象限，過點作與拋物線的準線垂直，垂足為.則，又，所以，所以.所以.故答案為：14.一個盒子中裝有標號為1，2，3，4，5的五個大小質地完全相同的小球.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取兩個球，乙接著從盒子中不放回地隨機取一個球，若甲抽取的兩個小球數字之和大于乙抽取的小球數字，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球中依次不放回地隨機取一個球，若甲抽取的小球數字大于乙抽取的小球數字，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】【分析】列舉第一輪中甲得1分的情況，結合排列組合以及乘法公式即可求解.【詳解】若第一輪在第一輪中得1分，若第一輪中甲抽到的小球為1，3，則乙抽到的小球只能是2，若第一輪中甲抽到的小球為1，4，則乙抽到的小球可以是2或3，若第一輪中甲抽到的小球為2，3，則乙抽到的小球可以是1或4，若第一輪中甲抽到的小球為1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5時，則乙抽到的小球可以是剩下三個小球中的任何一個，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，只剩下兩個球，要使甲在第二輪中得1分，只需要甲在剩下兩個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，故答案為：四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.15.在三棱錐中，側面是邊長為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.【答案】（1）證明見解析（2）【解析】【分析】（1）取的中點為，連接，通過證明平面，即可解決問題；（2）建系求得平面法向量，代入夾角公式即可.【小問1詳解】取的中點為，連接，因為是邊長為2的等邊三角形，所以，，在直角三角形中，，為中點，所以，又，所以，所以，即，又為平面內兩條相交直線，所以平面，又在平面內，所以平面平面.【小問2詳解】由（1）知過作的平行線作為軸，分別為軸，則，所以，,設平面的法向量為，則，即，令，可得，設平面的法向量為，則，即，令，可得，設平面與平面的夾角為，則.16.已知數列為等差數列，且滿足.（1）若，求的前項和；（2）若數列滿足，且數列的前項和，求數列的通項公式.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據題目中的遞推公式，求得等差數列的前兩項與公差，結合通項公式以及求和公式，可得答案；（2）利用公式求得數列的通項公式，根據題目中的方程，利用換元法整理為關于的一元一次方程，求得等差數列an的通項公式，可得答案.【小問1詳解】當時，由，則，由，則，所以等差數列an的公差為，即通項公式，所以前項和.【小問2詳解】當時，，可得，當時，，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，則等差數列an的公差為，所以，由，，則.17.已知是雙曲線：上一點，的漸近線方程為.（1）求的方程；（2）直線過點，且與的兩支分別交于，兩點.若，求直線的斜率.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根據雙曲線經過的點以及漸近線方程即可聯立方程求解，（2）聯立直線與雙曲線方程可得韋達定理，根據兩點距離公式以及弦長公式可求解，即可代入化簡求解.【小問1詳解】由題意可得，解得，故雙曲線方程為【小問2詳解】由題意可知：直線的斜率存在，設直線方程為，聯立可得，由韋達定理可得，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，故，當時，代入不符合，故舍去，將其代入，經檢驗符合，綜上可得【點睛】關鍵點點睛：利用兩點斜率公式以及弦長公式求解.18.已知函數.（1）判斷的奇偶性；（2）若，求證：；（3）若存在，使得對任意，均有，求正實數的取值范圍.【答案】（1）為偶函數，（2）證明見解析（3）【解析】【分析】（1）根據奇偶性的定義即可判斷，（2）將不等式等價于，平方化簡只需要證明，構造即可求導求解，（3）構造，對進行多階求導，即可根據導數的正負與函數單調性的關系，對分三種情況討論，即可求解.【小問1詳解】,當時，定義域為，當時，定義域為，均關于原點對稱，且，故為偶函數，【小問2詳解】當時，為偶函數，要證，只需要證，當時，，只需證明時，，即證，只需證，即證，令在單調遞增，故，所以，得證.【小問3詳解】由可得，當時，，故，故，令，則，令，令，①當時，即，存在，使得對任意，，故在單調遞增，又，所以在恒成立，從而在單調遞增，又，所以在恒成立，從而在單調遞增，結合，得對任意恒成立，符合題意，②當時，，存在，使得對任意，，故在單調遞減，又，所以在恒成立，從而在單調遞減，又，所以在恒成立，從而在單調遞減，結合，得對任意恒成立，不符合題意，③當時，令，，則，類推②同理可得不符合題意，綜上可得【點睛】方法點睛：利用導數證明不等式的常用步驟：(1)作差或變形；(2)構造新的函數；(3)利用導數研究的單調性或最值；(4)根據單調性及最值，得到所證不等式．特別地：當作差或變形構造的新函數不能利用導數求解時，一般轉化為分別求左、右兩端兩個函數的最值問題．19.開啟某款保險柜需輸入四位密碼，其中為用戶個人設置的三位靜態(tài)密碼（每位數字都是中的一個整數），是根據開啟時收到的動態(tài)校驗鑰匙（為1~5中的一個隨機整數）計算得到的動態(tài)校驗碼.的具體計算方式：是的個位數字.例如：若靜態(tài)密碼為，動態(tài)校驗鑰匙，則，從而動態(tài)校驗碼，進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，求所有可能的動態(tài)校驗鑰匙；（2）若三位靜態(tài)密碼為隨機數且等可能，動態(tài)校驗鑰匙，求動態(tài)校驗碼的概率分布列；（3）若三位靜態(tài)密碼為隨機數且等可能，動態(tài)校驗鑰匙概率為，其中是互不相等的正數.記得到的動態(tài)校驗碼的概率為，試比較與的大小.【答案】（1）（2）05（3）【解析】【分析】（1）根據，即可分類討論時的情況求解，（2）根據可得只能0或5，結合，對分奇偶