浙江省宁波市2025届高三上学期一模考试数学试卷 含解析

这是一份浙江省宁波市2025届高三上学期一模考试数学试卷 含解析，共22页。试卷主要包含了5C， 函数，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟.
注意事项：
1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上.将条形码横贴在答题卷右上角“贴条形码区”.
2.作答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上.
3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效.
4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破.
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】
【分析】化简，根据并集的定义即可求解.
【详解】由，可得，
故，
故选：D
2. 复数满足，则（ ）
A. 1B. 2C. D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】求出复数，再根据复数模的概念求.
【详解】方法一：因为，
所以.
故选：C
方法二：.
故选：C
3. 向量，满足，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用，结合数量积的运算法则求解.
【详解】因为.
因为，所以.
故选：C
4. 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. 7B. 7.5C. 7.8D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】根据百分位数的计算公式即可求解.
【详解】由于
样本数据的第60百分位数值是：小时；
故选：B
5. 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】
【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上下底半径，再求母线和轴的夹角的正切值.
【详解】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】
【分析】先根据椭圆的定义确定中各边的长度，再结合，用余弦定理列式，化简可求椭圆的离心率.
【详解】如图：

因为的周长为，，，所以，.
又，
所以.
所以椭圆的离心率为.
故选：C
7. 不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先由题意得到是的一个根，从而得到之间的关系式为，消元并利用均值不等式求解即可.
【详解】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】
【分析】根据正弦函数的性质可得的零点为，根据，解得或，即可分三种情况讨论求解.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：的零点为，根据，解得或，分三种情况讨论求解.
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】
【分析】根据等比数列的定义和通项公式逐项判断即可.
【详解】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，在上单调递增
C. 当时，恒成立
D. 存在，使得与轴相切
【答案】ABD
【解析】
【分析】结合可判断A的真假；当时，求导，分析函数的单调性，可判断BC的真假；问题转化为函数的最小值为0是否成立，可判断D的真假.
【详解】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.
因为，所以，
所以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′x0，函数单调递增.
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′x0，函数单调递增.
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：ABD
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】
【分析】代入即可判断A,根据Px,y关于的对称点为在曲线上，结合同角关系即可求解B，根据得矛盾求解C，根据，即可结合不等式求解D.
【详解】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
【点睛】关键点点睛：
由
，得矛盾求解.
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】
【分析】根据函数的解析式，结合指数式与对数式的运算法则，即可求解.
【详解】由题意，函数，令，所以.
故答案为：2.
【点睛】本题主要考查了函数的求值问题，其中解答中熟记指数式与对数式的运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.
13. 抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则______.
【答案】
【解析】
【分析】根据焦半径公式，确定点的横坐标，再求点的纵坐标，可得的面积.
【详解】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.
故答案为：
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】
【分析】列举第一轮中甲得1分的情况，结合排列组合以及乘法公式即可求解.
【详解】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，
故答案为：
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.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）取的中点为，连接，通过证明平面，即可解决问题；
（2）建系求得平面法向量，代入夹角公式即可.
【小问1详解】

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.
【小问2详解】

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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题目中的递推公式，求得等差数列的前两项与公差，结合通项公式以及求和公式，可得答案；
（2）利用公式求得数列的通项公式，根据题目中的方程，利用换元法整理为关于的一元一次方程，求得等差数列an的通项公式，可得答案.
【小问1详解】
当时，由，则，由，则，
所以等差数列an的公差为，
即通项公式，
所以前项和.
【小问2详解】
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an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.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据双曲线经过的点以及渐近线方程即可联立方程求解，
（2）联立直线与双曲线方程可得韦达定理，根据两点距离公式以及弦长公式可求解，即可代入化简求解.
【小问1详解】
由题意可得，解得，
故双曲线方程为
【小问2详解】
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
【点睛】关键点点睛：利用两点斜率公式以及弦长公式求解.
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.
【答案】（1）为偶函数，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据奇偶性的定义即可判断，
（2）将不等式等价于，平方化简只需要证明，构造即可求导求解，
（3）构造，对进行多阶求导，即可根据导数的正负与函数单调性的关系，对分三种情况讨论，即可求解.
【小问1详解】
,
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，
【小问2详解】
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.
【小问3详解】
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
【点睛】方法点睛：利用导数证明不等式的常用步骤：
(1)作差或变形；
(2)构造新的函数；
(3)利用导数研究的单调性或最值；
(4)根据单调性及最值，得到所证不等式．
特别地：当作差或变形构造的新函数不能利用导数求解时，一般转化为分别求左、右两端两个函数的最值问题．
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.
【答案】（1）
（2）
（3）【解析】
【分析】（1）根据，即可分类讨论时的情况求解，
（2）根据可得只能0或5，结合，对分奇偶即可求解个数，进而可求解概率，
（3）根据，,分别求解和和的概率，即可求解.
【小问1详解】
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，
【小问2详解】
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
【小问3详解】
记事件:得到的动态校验码，事件:得到的动态校验码，
事件:收到动态校验钥匙，
则,
从而，
同理可得,
①对于事件:由第（2）问可知：,
从而,所以，
②对于事件:静态密码对应的,
当或4时，为偶数，得可知，
又当时，,得,可知,
从而，,
所以，
③对于事件:静态密码对应的,
当时，若遍历这十个整数，得的个位数也遍历这十个整数，可知，,从而
当时，若遍历这十个整数，得的个位数遍历，继而有的个位数字也遍历这十个整数，可知，,从而
由①②③可知,即，
【点睛】方法点睛：求离散型随机变量的分布列及期望的一般步骤：
（1）根据题中条件确定随机变量的可能取值；
（2）求出随机变量所有可能取值对应的概率，即可得出分布列；
（3）根据期望的概念，结合分布列，即可得出期望
（在计算时，要注意随机变量是否服从特殊的分布，如超几何分布或二项分布等，
可结合其对应的概率计算公式及期望计算公式，简化计算）．
0
5
0
5