浙江省宁波市2025_2026学年高三数学上学期高考模拟考试试题含解析

这是一份浙江省宁波市2025_2026学年高三数学上学期高考模拟考试试题含解析，共22页。
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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用交集的定义求解即可.
【详解】因为，，
所以
故选：B
2. 复数的虚部为（ ）
A. B. 3C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据复数的乘法和除法运算化简后即可求解.
【详解】复数，
故虚部为.
故选：A
3. 已知，，若，则（ ）
A. B. 5C. D. 10
【答案】C
【解析】
【分析】根据条件，利用向量共线的坐标表示，得到，再利用向量的模长公式，即可求解.
【详解】因为，，且，则，解得，
所以，则，
故选：C.
4. 在的展开式中，的系数为（ ）
A. 0B. 20C. 10D.
【答案】A
【解析】
【分析】先求得展开式的通项公式，分别求和的项，结合题意即可求得答案.
【详解】由题意得展开式的通项公式为，
令，，
令，，
所以的系数为0.
故选：A
5. 下面四个条件中，使成立的必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由充分必要条件的定义逐项判断即可.
【详解】对于A，，而不能推出，例如而.
所以是的充分不必要条件，故A不正确
对于B，不能推出，例如，但；而
所以是的必要不充分条件，故B正确.
对于C，不能推出，例如但；不能推出，例如，但.所以是的既不充分也不必要条件，故C错误.
对于D,因为 是增函数，所以，故是的充要条件.所以D不正确.
故选：B
6. 大气压强，它的单位是“帕斯卡”（Pa），它随海拔高度h（m）的变化规律可以近似的表示为（其中e为自然对数的底数，是海平面大气压强，为常数）.已知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m，大气压强为90900Pa，宁波城区一处的海拔约为4m，大气压强为101000Pa.现测得某山峰上一处的大气压强为80800Pa，请估计该处的海拔高度（单位：m）位于以下哪个范围内？（ ）（参考数据：，）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意与对数的运算性质求解海拔高度，再判断范围即可.
【详解】设城区的压强为，四明山的压强为，
由题意得，，
两式作除法可得，解得，
对于目标点，可得，由已知得，
两式作除法可得，解得，
则
，在内，故C正确.
故选：C
7. 双曲线的左、右焦点分别为，，点是以为直径的圆与双曲线的一个交点，若，则双曲线的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设点在轴右侧，由双曲线定义可得，，由是直角三角形，建立等式求解即可.
【详解】如图，设点在轴右侧，则，

因为，
所以，
因为点在以为直径的圆上，
所以是直角三角形，，
即，化简得，
所以离心率.
故选：D
8. 已知函数，若对任意的，恒成立，且当时，取到最大值，则的所有可能取值构成的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件“对任意的，恒成立”得出函数周期，从而得出值，利用“时，取到最大值”得出的表达式，从而得出的表达式，最后结合余弦函数的周期性得出的所有可能值．
【详解】，对任意的恒成立，
函数周期满足，
，
，
当时，取到最大值，，
，即，
，
，则的可能值为：
当时，；当时，；当时，；
当时，；当时，；当时，；
当时，值循环出现．
的所有可能取值集合为：．
故选：C．
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. 已知等比数列，满足，则下面说法正确的是（ ）
A. 若，则数列是递减数列B. 若，则数列是递减数列
C. 若，则数列是递增数列D. 若，则数列是递增数列
【答案】AD
【解析】
【分析】先根据题意用表示出公比，再根据选项讨论当的取值范围不同时数列的增减情况即可.
【详解】由等比数列，则公比，
对于选项，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项正确.
对于选项，若，则公比，又，数列是递增数列，故选项错误.
对于选项，若，则公比，故，又，数列是递减数列，故选项错误.
对于选项，若，则公比，故，又，数列是递增数列，故选项正确.
故选：.
10. 在某次校园十佳歌手比赛中，八名评委根据参赛选手表现在5，6，7，8，9，10这六个分值中选择一个作为选手分数，按照规则，八个得分中去掉一个最高分和一个最低分（如有同分，则只去掉同分中的一个），剩下的六个分数作为有效得分.现对某名选手的六个有效得分进行统计，发现其平均值为.在对这六个有效得分统计的下述结论中，一定能判断六个有效得分的中位数不超过8的是（ ）
A. 仅出现一个分数是5B. 极差为4
C. 众数为7D. 方差不超过3
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据平均值得到六个数据的总和为，要使得中位数超过，第三、第四个数据只能为或或或，分四种情况讨论得到这组数据只能是，要使得中位数不超过，则只需要排除这组数据，依据这组数据的数字特征选出正确答案.
【详解】因为平均数为，所以六个数据的总和为，
六个有效得分的中位数如果超过，则六个数据从小到大排列后的第三、第四个数据只能为或或或，以下分四种情况讨论：
（1）若为，因为只能从5，6，7，8，9，10中取，则前两个数据的和最小为，
此时四个数据的和为，则剩下的两个数据和为，
所以这组数据只能为；
（2）若为，因为只能从5，6，7，8，9，10中取，则前两个数据的和最小为，
此时四个数据的和为，则剩下的两个数据和为，
因为后两个数据不小于，因此不存在第三、第四个分数为的有效得分；
（3）若为，因为只能从5，6，7，8，9，10中取，则前两个数据的和最小为，
此时这六个数据为，和为，
因此不存在第三、第四个数据为的有效得分；
（4）若为，因为只能从5，6，7，8，9，10中取，则前两个数据的和最小为，
此时这六个数据为，和为，
因此不存在第三、第四个数据为的有效得分；
综上所述，要使得中位数超过，则这六个有效得分只能是，中位数为
因此，只要不是这组数据，即可保证中位数不超过，
这组数据中有个，极差为，众数为，
方差为，
所以仅出现一个分数是5的数据中位数不会超过8，A正确；
极差为4的数据可以是，中位数，B错误；
众数是7的数据中位数不会超过8，C正确；
方差不超过的数据中位数不会超过8，D正确；
故选：ACD.
11. 在圆台中，，AB，CD分别为上、下底面的直径，，且，动点P、Q分别在线段AC和上运动（含端点），满足，则（ ）
A. 圆台的体积为
B. 四面体外接球的表面积为
C. 射线PQ交圆台侧面于点M，则PM的最小值为
D. 射线QP交圆台侧面于点N，则PN的最大值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A，直接由圆台的体积公式求得圆台的体积，即可判断；对于B，求出外接球的半径，求得表面积，即可判断；对于C，设，利用空间向量坐标运算得到PM关于的函数，利用导数可求得其最小值，即可判断；对于D，同理C选项，得到PM关于的函数，利用导数可求得其最大值，即可判断.
【详解】对于A，由已知，故A正确；
对于B，由对称性可知球心在直线上，设半径为r，
则，解得，
故四面体外接球的表面积为，故B正确；
对于C，如图圆所在平面平行于底面，则圆所在平面，
如图建立空间直角坐标系，
则，
设，
则，
因为，设，
所以，则，
由相似可得圆的半径，
，则，
令，
则在上单调递减，
所以，则PM的最小值为2，故C错误；
对于D，由C，同理可得，
令，
则，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
所以，则PN的最大值为，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. 已知点在抛物线上，则到的焦点的距离为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】先根据题意求出抛物线的方程，再结合抛物线的性质即可求出.
【详解】由题意知，将点代入抛物线，可得，
抛物线，可知抛物线的准线方程：，
结合抛物线的性质：抛物线上点到准线的距离等于到焦点的距离，即.
故答案为：.
13. 已知函数有两个零点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据已知函数的性质，把函数有两个零点转化为方程有两个不同的根，构造函数并求导，利用导数分析函数单调性，从而求解实数的取值范围．
【详解】函数有两个零点，
有两个不同的根，
当时，左边为，右边为，左边不等于右边，故不是方程的解；
当时，，
令，求导得，
，
，
在上单调递增，在上单调递增，
当时，，且,
当时，，
当时，，当时，，，
函数图像如下图所示，
要使与的图像有两个交点，则需满足，此时与在和上各有一个交点．
实数的取值范围为，
故答案为：．
14. 已知甲袋中有大小质地完全相同的3个红球和3个黑球，乙袋中有大小质地完全相同的2个红球和3个黑球，现随机地选择一个袋子，并从中不放回地依次随机摸出两个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到的也是红球的概率是__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用全概率公式求出第一次摸到红球的概率以及第一次和第二次都摸到红球的概率，再根据条件概率公式进行计算．
【详解】设事件A表示“第一次摸到红球”，事件B表示“第二次摸到红球”．
设事件表示“选择甲袋”，事件表示“选择乙袋”，
且，，，
根据全概率公式，得，
在甲袋中，第一次摸出红球后，还剩2个红球和3个黑球，共5个球，
所以从甲袋中第一次和第二次都摸到红球的概率，
在乙袋中，第一次摸出红球后，还剩1个红球和3个黑球，共4个球，
所以从乙袋中第一次和第二次都摸到红球的概率，
根据全概率公式，得，
所以，在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到红球的概率为．
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. 已知分别为三个内角的对边，且.
（1）求；
（2）若，且的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用正弦定理边转角得到，再利用辅助角公式及特殊角的三角函数值，即可求解；
（2）根据条件及（1）中结果，得到，再利用面积公式及正弦定理边角互换，得到，即可求解.
【小问1详解】
由题可得，
又，所以，
又，则，所以，
得到，又，所以，解得.
【小问2详解】
因为，则，
因为，所以，
所以，
，
所以，
又面积，其中为外接圆的半径，
解得，所以.
16. 记为正项数列的前项和，已知.
（1）求数列的通项公式；
（2）若数列满足，，求证：.
【答案】（1）
（2）证明见解析
【解析】
分析】（1）由与关系结合题意可得答案；
（2）由（1）结合累乘法可得，从而可得通项公式，然后由裂项求和法可得答案.
【小问1详解】
当时，可得，
当时，，.
作差可得，
因为是正项数列，所以，即数列为等差数列，
所以.
【小问2详解】
由题可得，
所以，又，
所以，
又也满足上式，
所以，
17. 如图，在四棱锥中，平面平面，底面ABCD是直角梯形，，，且，E为CD的中点，F为线段PD上的点，.
（1）证明：平面；
（2）若，点M是AB的中点，求平面与平面夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）在线段PA上取H，使得，取线段的中点，利用线面平行的判定推理得证.
（2）由已知证得直线两两垂直，再建立空间直角坐标系，利用面面角的向量法求解.
【小问1详解】
在线段PA上取N，使得，取线段的中点，连接，
则，，，
在梯形中，，E为CD的中点，则，
因此，四边形为平行四边形，，
而平面，平面，所以平面.
【小问2详解】
由平面平面，平面平面，
，平面，则平面，
因为，，
则，则，即直线两两垂直，
以A为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系，
不妨设，则，
则，
设平面MEF的法向量为，
则，取，得，
设平面的法向量为，
则，取，得，
则，
所以平面MEF与平面PEF夹角的余弦值为.
18. 已知椭圆的离心率为，是上的点.
（1）求椭圆的方程；
（2）过作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆在轴上方部分于，两点.
（i）求面积的最大值；
（ii）过延长线上的点作椭圆的两条切线，，若与交于点，与交于点，求证：直线过定点.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由离心率及点在椭圆上，椭圆参数关系列方程组求得，即可得椭圆方程；
（2）（i）设DE的方程为，与椭圆方程联立，利用弦长公式表示出，利用点到直线的距离公式表示出T到DE的距离，表示出面积，利用基本不等式即可求得面积的最大值；
（ii）设，设出过点的椭圆的切线方程，与椭圆方程联立，消元得到一元方程，由相切得，再设，与切线方程联立，表示出点，点的横坐标，再由则，化简可得，可得直线MN过定点.
【详解】（1）已知椭圆的离心率为，是上的点.
则，解得，
所以椭圆的方程为；
（2）（i）显然当DE与轴垂直时，TD，TE的倾斜角不互补，
设DE的方程为：，设，
联立,消x得：，
所以，，
则，
所以，
代入得：，
所以，即直线DE过定点.
所以，，
所以，
又T到DE的距离为，
所以，当时取等号.
即面积的最大值为；
（ii）设，设过点的椭圆的两条切线为，，
联立，
得，
由相切得，化简得，
所以，，
设，联立，解得，
联立，解得，
则，化简得：，
所以直线MN过定点.
19 已知函数.
（1）若曲线在点处的切线方程为，求实数的值；
（2）若对恒成立，求整数的最小值；
（3）当时，证明：在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.
【答案】（1）
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求得，根据题意，得到，即可求解；
（2）由，可得，当时，由，不符合题意，得到，
法一：当时成立，分和，利用函数，以及函数的单调性，证得；法二：当时成立，此时，分和，两种情况讨论，结合导数求得函数的单调性，进而证得；
（3）由（2）知在上递增，利用零点存在性定理，得到存在，使得，求得函数的单调性，得到存在，使得，得到单调性，结合，，即可求解.
【小问1详解】
解：由函数，可得，
因为曲线在点处的切线方程为，
所以，解得.
【小问2详解】
解：由，且，
由，可得，
当时，，，不符合，故，
法一：当时成立，此时，
当时，，
令，可得，
所以在递增，在递减，
又，，所以，即.
当时，可得，所以.
所以当时，均有对恒成立，
综上所述，整数最小值为.
法二：当时成立，此时，
当时，，令，
可得在上递增，
因为，，
所以存在，使得，即，
又因为，所以，
则，
所以在递增，有，
当时，，
所以，也成立.
综上所述，整数的最小值为.
【小问3详解】
证明：由，可得，
令，可得，
当时，在上递增，
而，，所以存在，使得，
所以在单调递减，在单调递增，
又，，，
所以存在，使得，所以在递减，在递增，
又当时，，所以在递增，
所以在单调递减，在单调递增，
所以是在上的唯一极小值点；
此时，，
所以在，即上存在唯一零点，使得，
下证：.
因为，所以，又因为在递增，只需证，
因为是的唯一极小值点，可得，即，可得
又因为，即，
因为，只需证明：，
令，其中，
则，
所以在上单调递增，，
所以成立，证毕，
所以在上存在唯一零点和唯一极小值点，且.