2024~2025学年浙江宁波高三第一学期月考数学高考模拟调研试卷[附解析}

这是一份2024~2025学年浙江宁波高三第一学期月考数学高考模拟调研试卷[附解析}，共19页。试卷主要包含了解答题本题共5小题，共77分等内容，欢迎下载使用。
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.
2、复数满足，则（ ）．
A. B. C. D.
3、向量，满足，，则（ ）．
A. B. C. D.
4、研究小组为了解高三学生自主复习情况，随机调查了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，则样本数据的第百分位数的估计值是（ ）．
A. B. C. D.
5、圆台的高为，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.
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.
7、不等式对任意恒成立，则的最小值为（ ）．
A. B. C. D.
8、设，函数．若在区间内恰有个零点，则的取值范围是（ ）．
A.
B.
C.
D.
二、多选题本题共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
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
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
三、填空题本题共3小题，每小题5分，共15分。
12、已知函数，则 ．
13、抛物线的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则 ．
14、一个盒子中装有标号为，，，，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，则甲得分，否则甲不得分．则在两轮游戏中甲共获得分的概率为 ．
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．
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．
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．
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．
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．
1 、【正确答案】 D;
由，可得，
故，
故选：．
2 、【正确答案】 C;
方法一 : 因为，
所以，
故选：．
方法二 : ，
故选：
3 、【正确答案】 C;
因为，
因为，
所以，
故选：．
4 、【正确答案】 B;
由于，，
样本数据的第百分位数值是：小时；
故选：．
5 、【正确答案】 B;
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：．
6 、【正确答案】 C;
如图：
因为的周长为，，，
所以，．
又，
所以．
所以椭圆的离心率为．
故选：．
7 、【正确答案】 A;
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：．
8 、【正确答案】 D;
在区间内恰有个零点，
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，
此时在有个零点，
只需要在有个零点，
这个零点分别为，，
，，
故且，解得，此时有个零点，满足题意．
②当且时，解得，
此时在有个零点，
只需要在有个零点，
这个零点分别为
，，，，，
故且，解得，
此时有个零点，满足题意．
③当且时，解得，
此时在有个零点，
只需要在有个零点，
这个零点分别为，，
，，，
故且，解得不存在，
综上可得或，
故选：．
9 、【正确答案】 B;C;
因为数列，都是正项等比数列，
所以设数列，公比分别为，，
且，，且对任意的正整数有，成立；
对于选项，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，故选项不正确；
对于选项，因为，
所以数列是等比数列，故选项正确；
对于选项，因为，
所以数列是等比数列，故选项正确；
对于选项，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，故选项不正确；
故选：．
10 、【正确答案】 A;C;D;
对选项：不管取何值，，
所以函数的图象过定点，故选项正确；
对选项：当时，，（），，
设，则，
所以在上单调递增．
因为，
所以，
所以在上单调递增，这一说法不正确，即选项错；
对选项：由选项可知，，
所以存在，使得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以函数的最小值为，
且
，
因为，
故不能取“”，故选项正确；
对选项：当时，（），
所以（），
设（），则（）．
所以在上单调递增．
因为当时，；
当时，．
所以存在，使得，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增．
所以函数的最小值为，且．
由．
设，（），则，
所以在上单调递减．
且，，
所以必定有解，即选项正确．
故选：．
11 、【正确答案】 A;B;D;
将代入可得，
故曲线过原点，选项正确，
设曲线上任意一点，则关于的对称点为，
则

，
故在曲线上，选项正确，
对于选项，若曲线上存在一点，
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，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，选项错误，
对于选项，

，
故，
故，，
故，
故选项正确，
故选：．
12 、【正确答案】 ;
由题意，函数，
令，
所以．
故．
13 、【正确答案】 ;
如图：
不妨设点在第一象限，过点作与抛物线的准线垂直，垂足为，
则，
又，
所以，
所以．
所以．
故．
14 、【正确答案】 ;
若第一轮在第一轮中得分，
若第一轮中甲抽到的小球为，，则乙抽到的小球只能是，
若第一轮中甲抽到的小球为，，则乙抽到的小球可以是或，
若第一轮中甲抽到的小球为，，则乙抽到的小球可以是或，
若第一轮中甲抽到的小球为，或者，或者，或者，或者，或者，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分的概率为，
故．
15 、【正确答案】 (1) 证明见解析．
;
(2) ．
;
(1) 取的中点为，连接，，
因为是边长为的等边三角形，
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 、【正确答案】 (1) ．
;
(2) ．
;
(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 、【正确答案】 (1) ．
;
(2) ．
;
(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 、【正确答案】 (1) 为偶函数．
;
(2) 证明见解析 ．
;
(3) ．
;
(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 、【正确答案】 (1) ．
;
(2);
(3) ．
;
(1) 由题意可知：静态密码为，动态，
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，
可得的末位是或，即只能是或，
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
(3) 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．