浙江省宁波市2026届高三上学期高考模拟考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省宁波市2026届高三上学期高考模拟考试数学试题一、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】因为，，所以.故选：B.2.复数的虚部为（）A. B.3 C. D.【答案】A【解析】复数，故虚部为.故选：A.3.已知，，若，则（）A. B.5 C. D.10【答案】C【解析】因为，，且，则，解得，所以，则，故选：C.4.在的展开式中，的系数为（）A.0 B.20 C.10 D.【答案】A【解析】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】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】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】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】，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】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的表现在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5 B.极差为4C.众数为7 D.方差不超过3【答案】ACD【解析】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】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.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】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】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】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.解：（1）由题可得，又，所以，又，则，所以，得到，又，所以，解得.（2）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：.（1）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.（2）证明：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.（1）证明：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.（2）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.（1）解：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）解：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）证明：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.（1）解：由函数，可得，因为曲线在点处的切线方程为，所以，解得.（2）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，整数的最小值为.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