浙江省宁波市2026届第二学期高三二模 数学试题+答案(Word文字版）

这是一份浙江省宁波市2026届第二学期高三二模 数学试题+答案(Word文字版），共19页。试卷主要包含了5 ，8等内容，欢迎下载使用。
高三数学试题卷 2026.4
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卡上。将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”。
2．作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卡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，答在试题卷上的答案无效。
3 ．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡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 ．考生必须保持答题卡的整洁，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 ．复数 z = (1 + i)(-1 + 2i) 的虚部为
A ． -3 B ． -1 C ． 1 D ． 3
2 ．集合U = {x ∈ Z | x |≤ 3}, A = {0, 1, 2, 3} ，则 C U A 中的元素个数为
A ． 1 B ． 2 C ． 3 D ． 4
3 ．已知 a > 0, b > 0 ，则“ ab > 4 ”是“ a + b > 4 ” 的
A ．充分不必要条件 B ．必要不充分条件
C ．充要条件 D ．既不充分也不必要条件
4 ．已知正方形 ABCD 的边长为1 ，则
A ． 0 B ． 1 C ． 2 D ． 2
5 ．某中学校园十佳歌手比赛中，7 位评委对某歌手的评分分别为 8.5 ，8.6 ，8.8 ，9.2 ，9.4， 9.5 ，9.7 ，记为数组 A ，将数组 A 中去掉一个最高分和一个最低分后保留的 5 个有效评分记为数组 B ，对这两个数组进行比较，有
A ．极差相同 B ．方差相同 C ． 60% 分位数相同 D ．平均数相同6 ．在钝角△ABC 中， b = 8, c = 7, C = 60O ，则 △ABC 的面积为
A ． 43 B ． C ． 83 D ．
7 ．已知函数 f(x x < 0 ，设 a, b, c 是三个不同的实数，且满足f(f(a))=f(f(b))=f(f(c)) ，则 a + b + c 的最小值为
1 1
A ． e2 -1 B ． e -1 C ． e2 -1+ D ． e -1+ 2
e e
8 ．数列 {an } 满足： a1 = 1, a2 = 2, an = (-1)n-1an-1 + an-2 (n > 2) ， Sn 为 {an } 的前 n 项和，则
A ． a2026 = 1 B ． a2026 = 2026 C ． S2026 = 1 D．S2026 = 2026
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 ．若 a, b 是两个不相等的正实数，则双曲线 C与双曲线 C 的
A ．实轴长相等 B ．焦距相等 C ．离心率相同 D ．渐近线相同
10 ．定义在 R 上的函数 f(x) 满足： f(1) = 1, f(x + y) = f(x)f(1 -y) + f(1 - x)f(y) ，则
A ． f(0) = 0 B ． f
C ． f(1 - x) = f(1 + x) D ． f(x + 2) = f(x)
11 ．正四棱台 ABCD - A1B1C1D1 的高为 2 ， A1B1 = 2, AB = 8 ，点M , N, P 均在平面B1AC 内，且直线D1P 与MN夹角的正切值的最小值为 22 ，则
A ．点 P 的轨迹的长度为
6
B ．直线D1A1 与D1P 所成角的正切值的最小值为 5
C ．线段 PC1 的长度的最小值为 ·2
2
D ．点P 到直线B1C1 的距离大于 3
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 ．若 tan 则 tanα = ▲ .
13 ．在等差数列 {an } 中， Sn 为其前n 项和，若 S3 = 6, S5 = 20 ，则 S7 = ▲ .
14 ．如图，已知定点 B(2, _2) ， BC 丄 x 轴于点 C ，
M 是线段OB 上任意一点， MD 丄 x 轴于点D ， （第 14 题图）
ME 丄 BC 于点E ， OE 与MD 相交于点P ，则 | PD | + | PC | 的最小值为 ▲ .
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 ．（13 分） 已知函数 f = sin sincs2 x + m 的最大值为1 ．
（1）求常数 m 的值；
（2）求使 f(x)≥ 0 成立的 x 的取值集合．
16 ．（15 分） 已知椭圆E 的离心率为 ，且过点 ．
（1）求椭圆E 的方程；
（2） 已知点 P(2, _1) ，斜率为 _ 的直线l 与椭圆E 交于 A, B 两点．当△PAB 的面积最大时，求直线l 的方程．
17 ．（15 分）在 △ABC 中， LACB AC = 4,BC = 2 ，M为 AC 的中点，如图，沿 BM 将 △CMB 翻折至△DMB位置，满足DA = /10 ．
（1）证明：平面DMB 丄平面 ABM ； （第 17 题图）
（2）线段 AB 上是否存在点P ，使得 P 在平面DAM 内的射影恰好落在直线DM上．若存在，求出 AP 的长度；若不存在，请说明理由．
18 ．（17 分）某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示、主题或参数，利用预训练模型生成文本内容；状态 2 为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对、润色、改写或结构优化．已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为
1
一次自动操作．假设首次（第一次） 自动操作后处于状态1和状态 2 的概率均为 ，
2
且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关．
pij (i, j ∈ {1, 2})表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态 i 到状态 j 的概率，若 p 且 p11 + p12 = 1, p21 + p22 = 1．
（1）记前 2 次自动操作后的状态中状态为1的次数为 X ，
(ⅰ) 求前 2 次自动操作后的状态中第一次状态为1 ，第二次状态为 2 的概率；
(ⅱ) 求随机变量 X 的期望 E(X) ；
（2）记事件 Qk ：前 2k(k ∈ N* ) 次自动操作后的状态中状态1和状态 2 均为 k 次，当 k ≥ 3 时，证明： P
19 ．（17 分）设 a > 0, a ≠ 1 ，函数 f(x) = ax + b, g (x) = lga (x _ b) ．
（1）若 a = e, b = e2 ，求 f(x) 在 x = 2 处的切线方程；
（2）若 a > 1, b = e2 ，若 f(x) 与 g(x) 的图象有两个公共点，求 a 的取值范围；
（3）若存在 a ∈ (0, 1) ，使得 f(x) 与g(x) 的图象有三个公共点，求实数b 的取值范围．
宁波市 2025 学年第二学期高考模拟考试
高三数学参考答案
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。
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。
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分。
12 ． -2 13 ． 42
14 ．
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 ．解析sin 2x + cs 2x + m +1 = 2sin m +1 ，--------------3 分当 x 时， f (x) 有最大值m + 3 ，从而m + 3 = 1 ，故 m = -2 ．---------6 分
（2） 由（1）知， f = 2sin m +1 = 2sin
由 f(x ) ≥ 0 ，得 sin 从而kπ ≤ 2x k ∈ Z ，---------- 10 分
3
解得 kπ ≤ x ≤ π + kπ, k ∈ Z ，
故满足条件的 x 的取值集合为 ---------------------------------- 13 分
数学答案 第 1页 共 6 页
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
C
C
A
D
D
B
D
A
题号
9
10
11
答案
BD
AC
ACD
16 ．解析：（1）因为椭圆 E 的离心率 e ------------------------------------------2 分
所以 a = 2b ， E ，
因为点 在椭圆上，所以 ，解得b = 1 , a = 2 ．
所以椭圆 E 的方程为 y2 = 1 ．---------------------------------------------------------------5 分（2）设直线 l : y x + m, A (x1, y1), B (x2 , y2) ，
联立 m ，化简得 x2 _ 2mx + 2m2 _ 2 = 0 ，--------------------------------------7 分Δ = 4m2 _ 4(2m2 _ 2 )= 8 _ 4m2 > 0 ，解得 _v2 < m < 、i2 ．
由韦达定理得 x1 + x2 = 2m,x1x2 = 2m 2 _ 2, x1 _ x2 = ·8 _ 4m 2 = 2 2_m2· ,
所以 ABx1 _ x ---------------------------------------------- 10 分又因为 dP_AB ------------------------------------------------------ 12 分所以 S△PAB AB . dP_AB =
当 m2 = 1 时，即 m = ±1时， △PAB 的面积取到最大值，
此时，直线 l : y x +1 或 y ．-------------------------------------------------- 15 分
17 ．解析：（1）在 △ABC 中， 由余弦定理可得 AB = 23 ，则 AB 丄 BC ．又M 为 AC 的中点，
第 2页
共 6 页
数学答案
则MA = MB = MD = DB AC = 2 ．
取 BM 的中点 O ，显然有 OD 丄 BM ．------------------------------------------------------2 分在△ AMO 中， LAMO = 120O ，由余弦定理可得 AO = 7 ， 4 分
可得 DA2 = OD2 + OA2 ，所以OD 丄 OA ，故 OD 丄 平面 ABM ，
所以平面 DMB 丄 平面 ABM .-------------------------------------------------------------------6 分（2）建立空间直角坐标系如图，
则 C (0, 3, 0), B (1, 0, 0), M (-1, 0, 0), A (-2, - 3, 0), D (0, 0, 3 ) ，-------------8 分故 = (-1, -V3, 0), = (1, 0, ·3 ), = (3, ·3, 0) .
记P 在DM 上的射影点为 Q ，
设 = λ , = μ , ----------------------- 10 分
可得
由题 ---------------------------------------------------------------------------- 12 分解得 ，
所以存在 P 符合题意，且 AP ------------------------------------------------------- 15 分
18 ．解析：记事件 Ai ：前 i 次操作后处于状态 1 ，则事件 Ai ：前 i 次操作后处于状态 2，由已知得 P = P = P = P （1）(ⅰ) 即求 P -------------------------------4 分 (ü) X 的可能取值有 0 ，1 ，2 ，有
P = 1- P - P ------------------------------------------------7 分
计算得 E (X ) = 1 ；------------------------------------------------------------------------------9 分
（2）事件Mk 表示 Qk 发生且第 2k 次操作后处于状态 1，事件 Nk 表示 Qk 发生且第 2k 次操作后处于状态 2 ，显然 Qk = Mk Nk ，且 P = P
当 k ≥ 3 时，由 Qk = Qk-1Qk Qk-1Qk = Qk-1Qk Qk-2 Qk-1Qk Qk-2 Qk-1Qk ，
得 P(Qk) = P(Qk-1Qk) + P(Qk-2 Qk-1Qk) + P(Qk-2 Qk-1Qk) ≥ P(Qk-1Qk) + P(Qk-2 Qk-1Qk)
------------------------------------- 11 分又 P(Qk-1Qk) = P (Mk-1Qk Nk-1Qk) = 2P(Mk-1Qk) = 2P(Mk-1)P(Qk | Mk-1)
= P(Qk-1)P(Qk | Mk-1) ，
= 2P(Mk-2)P(Qk-1Qk | Mk-2) = P(Qk-2)P(Qk-1Qk | Mk-2) ，--------------------------- 13 分
而 P = P = P + P -------------------------------------------------------------------------- 15 分 得 P = P
= P(A2k-3 A2k-2 A2k-1 A2k | Mk-2) + P(A2k-3 A2k-2 A2k-1A2k | Mk-2)
所以 P -------------------------------------------------- 17 分
19 ．解析：（1） f (x) = ex + e2 ， f '(x) = ex ， f '(2) = e2 ，故切线方程为y = e2x ．
----------------------------------------3 分
（2） 由 f (x ) = g (x ) ，得 ax + e2 = lga (x - e2) ，
所以 ax + x = lga (x - e2)+ (x - e2) ，即 lga ax + ax = lga (x - e2)+ (x - e2) ——（*），记 p(x ) = lg a x + x ，可知 p(x )在(0, +∞ )上单调递增，
故由（*）得 ax = x _ e2 ，所以 ax _ x + e2 = 0 有 2 个不等实根．----------------------6 分记φ(x) = ax _ x + e2 ，有φ '(x) = ax ln a _1，
得φ (x) 在 上递减，在 上递增．----------------------8 分又当 x → _∞ 时， φ (x ) → +∞ , 当x → +∞ 时， φ (x ) → +∞ ,
故只需 ，即1+ e2 ln a + ln(ln a) < 0 ，得ln a < e_2 ，故1< a < ee_2 ．
-------------------------- 10 分
（3）记 h(x) = ax + b _ lga (x _b) ， h '
记 t (x ) = x lna + ln(x _b )+ 2ln (_ lna ) ，注意到 t (x ) 与 h '(x ) 的符号相反，
t ' = ln a 可知 t 上递增，在 上递减，故 tmax = t bln a + ln
记 m = _ ln a > 0 ，则 t ln m _bm _1 = s
当b > 0 时， s ' b ，故 s 上递增，在 上递减，所以 s max = s ln
若 ln _ 2 ≤ 0 ，即b ≥ e_2 ，则 s (m) ≤ 0 恒成立， t (x ) ≤ 0 恒成立， h '(x ) ≥ 0 恒成立，故 h(x ) 单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾．--------------------------------- 12 分若 0 < b < e__2 ，则 s (m )max > 0 ，故存在 a ∈(0, 1) ，使得 t (x )max > 0 ，
又当 x → b+ 时， t (x ) → _∞ , 当 x → +∞ 时， t (x ) → _∞ ,
所以存在 b < x1 < b + < x2 ，使得 t (xi)= 0 (i = 1, 2)，
故当 x ∈(b, x1) (x2 , +∞ )时，t (x )< 0 ，h '(x )> 0 ，当 x ∈ (x1 , x2)时，t (x )> 0 ，h '(x )< 0 ，所以 h(x )在(b, x1)上递增，在 (x1 , x2)上递减，在 (x2 , +∞ )上递增．
当b ≤ 0 时， s (m )在(0, +∞ )上递增，当 m → +∞ 时， s (m ) → +∞ , 故存在 m > 0 ，使得s (m )> 0 ，即存在 a ∈(0, 1) ，使得t (x )max > 0 ，
又当 x → b+ 时， t (x ) → _∞ , 当 x → +∞ 时， t (x ) → _∞ ,
所以存在 b < x1 < b + < x2 ，使得 t (xi)= 0 (i = 1, 2)，
故当 x ∈(b, x1) (x2 , +∞ )时，t (x )< 0 ，h '(x )> 0 ，当 x ∈ (x1 , x2)时，t (x )> 0 ，h '(x )< 0 ，所以 h(x )在(b, x1)上递增，在 (x1 , x2)上递减，在 (x2 , +∞ )上递增．
下面证明：当b < e_2 时，命题成立．
当 x → b+ 时，h (x ) → _∞ , 当x → +∞ 时，h (x ) → +∞ , 所以只需证明 h(x1)> 0 > h (x2)．由 h '(xi)= 0 (i = 1, 2) ，得 axi (xi _b)(ln a)2 _1 = 0 (i = 1, 2)，
设 l (x)= ax +b _x ，------------------------------------------------------------------------------ 14 分l (x )在 R 上递减，又l(b )> 0 ，且当 x → +∞ 时， l (x ) → _∞ ,
故存在 x3 ∈ (b, +∞ ) ，使得 l(x3)= 0 ，所以 ax3 +b = x3 ⇋ x3 = lga (x3 _b) ⇋ h (x3)= 0 ．
因为 l (x1)= ax1 +b _x1 = _1 _b )ax1 _ (x1 _b )2)= _((| __(x1 _b)2 l，
又因为 0 < x1 _b < < x2 _b ，故 l(x1)> 0 ，
同理 l 所以 l (x2)< 0 ，
所以 l(x1)> l (x3)> l (x2) ，结合 l(x )在 R 上递减，可得 x1 < x3 < x2 ，又因为 h(x )在 (x1 , x2)上递减，所以 h(x1)> 0 > h (x2) ，得证．
综上， b < e_2 ．--------------------------------------------------------------------------------- 17 分