宁波市2025-2026学年高考全国统考预测密卷数学试卷（含答案解析）

这是一份宁波市2025-2026学年高考全国统考预测密卷数学试卷（含答案解析），共31页。试卷主要包含了考生必须保证答题卡的整洁，一个正三棱柱的正等内容，欢迎下载使用。
1．答题前请将考场、试室号、座位号、考生号、姓名写在试卷密封线内，不得在试卷上作任何标记。
2．第一部分选择题每小题选出答案后，需将答案写在试卷指定的括号内，第二部分非选择题答案写在试卷题目指定的位置上。
3．考生必须保证答题卡的整洁。考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．从抛物线上一点 (点在轴上方)引抛物线准线的垂线，垂足为，且，设抛物线的焦点为，则直线的斜率为（ ）
A．B．C．D．
2．在棱长为2的正方体ABCD−A1B1C1D1中，P为A1D1的中点，若三棱锥P−ABC的四个顶点都在球O的球面上，则球O的表面积为（ ）
A．12B．C．D．10
3．已知集合，则( )
A．B．
C．D．
4．一个盒子里有4个分别标有号码为1，2，3，4的小球，每次取出一个，记下它的标号后再放回盒子中，共取3次，则取得小球标号最大值是4的取法有（ ）
A．17种B．27种C．37种D．47种
5．记为数列的前项和数列对任意的满足.若，则当取最小值时，等于（ ）
A．6B．7C．8D．9
6．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为( )
A．B．C．D．
7．设直线的方程为，圆的方程为，若直线被圆所截得的弦长为，则实数的取值为
A．或11B．或11C．D．
8．秦九韶是我国南宁时期的数学家，普州（现四川省安岳县）人，他在所著的《数书九章》中提出的多项式求值的秦九韶算法，至今仍是比较先进的算法.如图所示的程序框图给出了利用秦九韶算法求某多项式值的一个实例.若输入、的值分别为、，则输出的值为（ ）

A．B．C．D．
9．一个正三棱柱的正（主）视图如图，则该正三棱柱的侧面积是（ ）
A．16B．12C．8D．6
10．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
11．甲、乙、丙、丁四位同学利用暑假游玩某风景名胜大峡谷，四人各自去景区的百里绝壁、千丈瀑布、原始森林、远古村寨四大景点中的一个，每个景点去一人．已知：①甲不在远古村寨，也不在百里绝壁；②乙不在原始森林，也不在远古村寨；③“丙在远古村寨”是“甲在原始森林”的充分条件；④丁不在百里绝壁，也不在远古村寨．若以上语句都正确，则游玩千丈瀑布景点的同学是（ ）
A．甲B．乙C．丙D．丁
12．已知为定义在上的奇函数，且满足当时，，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．已知椭圆的左焦点为，点在椭圆上且在轴的上方，若线段的中点在以原点为圆心，为半径的圆上，则直线的斜率是_______.
14．从4名男生和3名女生中选出4名去参加一项活动，要求男生中的甲和乙不能同时参加，女生中的丙和丁至少有一名参加，则不同的选法种数为______.（用数字作答）
15．已知 ，则_____.
16．已知椭圆与双曲线有相同的焦点、，其中为左焦点.点为两曲线在第一象限的交点，、分别为曲线、的离心率，若是以为底边的等腰三角形，则的取值范围为________.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）已知等差数列满足，公差，等比数列满足，，．
求数列，的通项公式；
若数列满足，求的前项和．
18．（12分）曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的极坐标方程为.
（1）求曲线的极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）过原点且倾斜角为的射线与曲线分别交于两点（异于原点），求的取值范围.
19．（12分）在，角、、所对的边分别为、、，已知.
（1）求的值；
（2）若，边上的中线，求的面积.
20．（12分）设函数（其中），且函数在处的切线与直线平行.
（1）求的值；
（2）若函数，求证：恒成立.
21．（12分）2019年是中华人民共和国成立70周年．为了让人民了解建国70周年的风雨历程，某地的民调机构随机选取了该地的100名市民进行调查，将他们的年龄分成6段：，，…，，并绘制了如图所示的频率分布直方图．
（1）现从年龄在，，内的人员中按分层抽样的方法抽取8人，再从这8人中随机选取3人进行座谈，用表示年龄在）内的人数，求的分布列和数学期望；
（2）若用样本的频率代替概率，用随机抽样的方法从该地抽取20名市民进行调查，其中有名市民的年龄在的概率为．当最大时，求的值．
22．（10分）已知函数．
（1）求函数的零点；
（2）设函数的图象与函数的图象交于，两点，求证：；
（3）若，且不等式对一切正实数x恒成立，求k的取值范围．
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．A
【解析】
根据抛物线的性质求出点坐标和焦点坐标，进而求出点的坐标，代入斜率公式即可求解.
【详解】
设点的坐标为，
由题意知，焦点,准线方程，
所以，解得，
把点代入抛物线方程可得，
，因为，所以，
所以点坐标为，
代入斜率公式可得，.
故选：A
本题考查抛物线的性质，考查运算求解能力；属于基础题.
2．C
【解析】
取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，此直三棱柱和三棱锥P−ABC有相同的外接球，求出等腰三角形的外接圆半径，然后利用勾股定理可求出外接球的半径
【详解】
如图，取B1C1的中点Q，连接PQ，BQ，CQ，PD，则三棱柱BCQ−ADP为直三棱柱，所以该直三棱柱的六个顶点都在球O的球面上，的外接圆直径为，球O的半径R满足，所以球O的表面积S=4πR2=，
故选：C.
此题考查三棱锥的外接球半径与棱长的关系，及球的表面积公式，解题时要注意审题，注意空间思维能力的培养，属于中档题.
3．B
【解析】
先由得或，再计算即可.
【详解】
由得或，
，,
又，.
故选：B
本题主要考查了集合的交集，补集的运算，考查学生的运算求解能力.
4．C
【解析】
由于是放回抽取,故每次的情况有4种,共有64种；先找到最大值不是4的情况,即三次取出标号均不为4的球的情况,进而求解.
【详解】
所有可能的情况有种,其中最大值不是4的情况有种,所以取得小球标号最大值是4的取法有种,
故选:C
本题考查古典概型,考查补集思想的应用,属于基础题.
5．A
【解析】
先令，找出的关系，再令，得到的关系，从而可求出，然后令，可得，得出数列为等差数列，得，可求出取最小值.
【详解】
解法一：由，所以，由条件可得，对任意的，所以是等差数列，，要使最小，由解得，则.
解法二：由赋值法易求得，可知当时，取最小值.
故选：A
此题考查的是由数列的递推式求数列的通项，采用了赋值法，属于中档题.
6．D
【解析】
设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，由已知，，解得，
所以圆锥的体积.
故选：D
本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.
7．A
【解析】
圆的圆心坐标为（1，1），该圆心到直线的距离，结合弦长公式得，解得或，故选A．
8．B
【解析】
列出循环的每一步，由此可得出输出的值.
【详解】
由题意可得：输入，，，；
第一次循环，，，，继续循环；
第二次循环，，，，继续循环；
第三次循环，，，，跳出循环；
输出.
故选：B.
本题考查根据算法框图计算输出值，一般要列举出算法的每一步，考查计算能力，属于基础题.
9．B
【解析】
根据正三棱柱的主视图，以及长度，可知该几何体的底面正三角形的边长，然后根据矩形的面积公式，可得结果.
【详解】
由题可知：该几何体的底面正三角形的边长为2
所以该正三棱柱的三个侧面均为边长为2的正方形，
所以该正三棱柱的侧面积为
故选：B
本题考查正三棱柱侧面积的计算以及三视图的认识，关键在于求得底面正三角形的边长，掌握一些常见的几何体的三视图，比如：三棱锥，圆锥，圆柱等，属基础题.
10．D
【解析】
利用是偶函数化简，结合在区间上的单调性，比较出三者的大小关系.
【详解】
是偶函数，，
而，因为在上递减，
，
即．
故选:D
本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小，属于基础题.
11．D
【解析】
根据演绎推理进行判断．
【详解】
由①②④可知甲乙丁都不在远古村寨，必有丙同学去了远古村寨，由③可知必有甲去了原始森林，由④可知丁去了千丈瀑布，因此游玩千丈瀑布景点的同学是丁．
故选：D．
本题考查演绎推理，掌握演绎推理的定义是解题基础．
12．C
【解析】
由题设条件，可得函数的周期是，再结合函数是奇函数的性质将转化为函数值，即可得到结论.
【详解】
由题意，，则函数的周期是，
所以，，
又函数为上的奇函数，且当时，，
所以，.
故选：C.
本题考查函数的周期性，由题设得函数的周期是解答本题的关键，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
结合图形可以发现，利用三角形中位线定理，将线段长度用坐标表示成圆的方程，与椭圆方程联立可进一步求解.利用焦半径及三角形中位线定理，则更为简洁.
【详解】
方法1：由题意可知，
由中位线定理可得，设可得，
联立方程
可解得（舍），点在椭圆上且在轴的上方，
求得，所以
方法2：焦半径公式应用
解析1：由题意可知，
由中位线定理可得，即
求得，所以.
本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系，利用数形结合思想，是解答解析几何问题的重要途径.
14．1
【解析】
由排列组合及分类讨论思想分别讨论：①设甲参加，乙不参加，②设乙参加，甲不参加，③设甲，乙都不参加，可得不同的选法种数为9+9+5＝1，得解．
【详解】
①设甲参加，乙不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，
②设乙参加，甲不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为9，
③设甲，乙都不参加，由女生中的丙和丁至少有一名参加，可得不同的选法种数为5，
综合①②③得：不同的选法种数为9+9+5＝1，
故答案为：1．
本题考查了排列组合及分类讨论思想，准确分类及计算是关键，属中档题．
15．
【解析】
对原方程两边求导，然后令求得表达式的值.
【详解】
对等式两边求导，得，令，则.
本小题主要考查二项式展开式，考查利用导数转化已知条件，考查赋值法，属于中档题.
16．
【解析】
设，由椭圆和双曲线的定义得到，根据是以为底边的等腰三角形，得到 ，从而有，根据，得到，再利用导数法求的范围.
【详解】
设，
由椭圆的定义得 ，
由双曲线的定义得，
所以，
因为是以为底边的等腰三角形，
所以，
即 ，
因为，
所以 ，
因为，所以，
所以，
即，
而，
因为，
所以在上递增，
所以.
故答案为：
本题主要考查椭圆，双曲线的定义和几何性质，还考查了运算求解的能力，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．，；.
【解析】
由，公差，有，，成等比数列，所以，解得.进而求出数列，的通项公式；
当时，由，所以，当时，由，，可得，进而求出前项和．
【详解】
解：由题意知，，公差，有1，，成等比数列，
所以，解得．
所以数列的通项公式．
数列的公比，其通项公式．
当时，由，所以．
当时，由，，
两式相减得，
所以．
故
所以的前项和
，．
又时，，也符合上式，故.
本题主要考查等差数列和等比数列的概念，通项公式，前项和公式的应用等基础知识；考查运算求解能力，方程思想，分类讨论思想，应用意识，属于中档题．
18．（1），；（2）.
【解析】
（1）先将曲线化为普通方程，再由直角坐标系与极坐标系之间的转化关系：，可得极坐标方程和曲线的直角坐标方程；
（2）由已知可得出射线的极坐标方程为，联立和的极坐标方程可得点A和点B的极坐标，从而得出，由的范围可求得的取值范围.
【详解】
（1）曲线的普通方程为，即，
其极坐标方程为；
曲线的极坐标方程为，即，
其直角坐标方程为；
（2）射线的极坐标方程为，
联立，联立
，
的取值范围是
本题考查圆的参数方程与普通方程互化，圆，抛物线的极坐标方程与普通方程的互化，以及在极坐标下的直线与圆和抛物线的位置关系，属于中档题.
19． (1) (2)答案不唯一，见解析
【解析】
（1）由题意根据和差角的三角函数公式可得，再根据同角三角函数基本关系可得的值；
（2）在中，由余弦定理可得，解方程分别由三角形面积公式可得答案．
【详解】
解：（1）在中，因为，
又已知，
所以，
因为，所以，于是.
所以.
（2）在中，由余弦定理得，
得解得或，
当时，的面积，
当时，的面积.
本题考查正余弦定理理解三角形，涉及三角形的面积公式和分类讨论思想，属于中档题．
20．（1）（2）证明见解析
【解析】
（1）求导得到，解得答案.
（2）变形得到，令函数，求导得到函数单调区间得到，，得到证明.
【详解】
（1），，解得.
（2）得，变形得，
令函数，，令解得，
当时，时.
函数在上单调递增，在上单调递减，，
而函数在区间上单调递增，，
，即，
即，恒成立.
本题考查了根据切线求参数，证明不等式，意在考查学生的计算能力和转化能力，综合应用能力.
21．（1）分布列见解析,
（1）
【解析】
（1）根据频率分布直方图及抽取总人数，结合各组频率值即可求得各组抽取的人数；的可能取值为0，1，1，由离散型随机变量概率求法即可求得各概率值，即可得分布列；由数学期望公式即可求得其数学期望.
（1）先求得年龄在内的频率，视为概率.结合二项分布的性质，表示出，令，化简后可证明其单调性及取得最大值时的值．
【详解】
（1）按分层抽样的方法拉取的8人中，
年龄在的人数为人，
年龄在内的人数为人．
年龄在内的人数为人．
所以的可能取值为0，1，1．
所以，
，
，
所以的分市列为
．
（1）设在抽取的10名市民中，年龄在内的人数为，服从二项分布．由频率分布直方图可知，年龄在内的频率为，
所以，
所以．
设，
若，则，；
若，则，．
所以当时，最大，即当最大时，．
本题考差了离散型随机变量分布列及数学期望的求法，二项分布的综合应用，属于中档题.
22． (1)x=1 (2)证明见解析 (3)
【解析】
（1）令，根据导函数确定函数的单调区间，求出极小值，进而求解；
（2）转化思想，要证 ，即证 ，即证，构造函数进而求证；
（3）不等式 对一切正实数恒成立，，设，分类讨论进而求解．
【详解】
解：（1）令，所以，
当时，，在上单调递增；
当时，，在单调递减；
所以，所以的零点为．
（2）由题意， ，
要证 ，即证，即证，
令，则，由（1）知，当且仅当时等号成立，所以，
即，所以原不等式成立．
（3）不等式 对一切正实数恒成立，
，
设，，
记，△，
①当△时，即时，恒成立，故单调递增．
于是当时，，又，故，
当时，，又，故，
又当时，，
因此，当时，，
②当△，即时，设的两个不等实根分别为，，
又，于是，
故当时，，从而在单调递减；
当时，，此时，于是，
即 舍去，
综上，的取值范围是．
（1）考查函数求导，根据导函数确定函数的单调性，零点；（2）考查转化思想，构造函数求极值；（3）考查分类讨论思想，函数的单调性，函数的求导；属于难题.
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