2026届浙江宁波市高三数学第一学期期末考试模拟试题含解析

2026届浙江宁波市高三数学第一学期期末考试模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号、考场号和座位号填写在试题卷和答题卡上。用2B铅笔将试卷类型（B）填涂在答题卡相应位置上。将条形码粘贴在答题卡右上角"条形码粘贴处"。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信息点涂黑；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的钢笔或签字笔作答，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，然后再写上新答案；不准使用铅笔和涂改液。不按以上要求作答无效。4．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．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．2．点在所在的平面内，，，，，且，则（）A． B． C． D．3．已知菱形的边长为2，，则（）A．4 B．6 C． D．4．若数列为等差数列，且满足，为数列的前项和，则（）A． B． C． D．5．已知点P不在直线l、m上，则“过点P可以作无数个平面，使得直线l、m都与这些平面平行”是“直线l、m互相平行”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．已知等差数列中，，则（）A．20 B．18 C．16 D．147．椭圆的焦点为，点在椭圆上，若，则的大小为（）A． B． C． D．8．执行如图所示的程序框图，则输出的值为（）A． B． C． D．9．在条件下，目标函数的最大值为40，则的最小值是（）A． B． C． D．210．已知复数是正实数，则实数的值为()A． B． C． D．11．已知点是抛物线：的焦点，点为抛物线的对称轴与其准线的交点，过作抛物线的切线，切点为，若点恰好在以，为焦点的双曲线上，则双曲线的离心率为（）A． B． C． D．12．把函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象．给出下列四个命题①的值域为②的一个对称轴是③的一个对称中心是④存在两条互相垂直的切线其中正确的命题个数是（）A．1 B．2 C．3 D．4二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13．设、、、、是表面积为的球的球面上五点，四边形为正方形，则四棱锥体积的最大值为__________.14．若的展开式中各项系数之和为32，则展开式中x的系数为_____15．已知多项式的各项系数之和为32，则展开式中含项的系数为______．16．在中，，，则_________.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）在中，．（1）求的值；（2）点为边上的动点（不与点重合），设，求的取值范围．18．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为（为参数）.以坐标原点为极点，轴正半轴为极轴建立极坐标系，圆的极坐标方程为.（1）求直线和圆的普通方程；（2）已知直线上一点，若直线与圆交于不同两点，求的取值范围.19．（12分）在直角坐标系中，直线的参数方程为.（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）求的普通方程及的直角坐标方程；（2）求曲线上的点到距离的取值范围.20．（12分）已知函数，的最大值为．求实数b的值；当时，讨论函数的单调性；当时，令，是否存在区间，，使得函数在区间上的值域为？若存在，求实数k的取值范围；若不存在，请说明理由．21．（12分）已知在等比数列中，.（1）求数列的通项公式；（2）若，求数列前项的和.22．（10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．

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、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【点睛】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.2、D【解析】

确定点为外心，代入化简得到，，再根据计算得到答案.【详解】由可知，点为外心，则，，又，所以①因为，②联立方程①②可得，，，因为，所以，即．故选：【点睛】本题考查了向量模长的计算，意在考查学生的计算能力.3、B【解析】

根据菱形中的边角关系，利用余弦定理和数量积公式，即可求出结果．【详解】如图所示，菱形形的边长为2，，∴，∴，∴，且，∴，故选B．【点睛】本题主要考查了平面向量的数量积和余弦定理的应用问题，属于基础题.．4、B【解析】

利用等差数列性质，若，则求出，再利用等差数列前项和公式得【详解】解：因为，由等差数列性质，若，则得，．为数列的前项和，则．故选：．【点睛】本题考查等差数列性质与等差数列前项和.(1)如果为等差数列，若，则．(2)要注意等差数列前项和公式的灵活应用，如.5、C【解析】

根据直线和平面平行的性质，结合充分条件和必要条件的定义进行判断即可．【详解】点不在直线、上，若直线、互相平行，则过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，即必要性成立，若过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行，则直线、互相平行成立，反证法证明如下：若直线、互相不平行，则，异面或相交，则过点只能作一个平面同时和两条直线平行，则与条件矛盾，即充分性成立则“过点可以作无数个平面，使得直线、都与这些平面平行”是“直线、互相平行”的充要条件，故选：．【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合空间直线和平面平行的性质是解决本题的关键．6、A【解析】

设等差数列的公差为,再利用基本量法与题中给的条件列式求解首项与公差,进而求得即可.【详解】设等差数列的公差为.由得,解得.所以.故选：A【点睛】本题主要考查了等差数列的基本量求解,属于基础题.7、C【解析】

根据椭圆的定义可得，，再利用余弦定理即可得到结论.【详解】由题意，，，又，则，由余弦定理可得.故.故选：C.【点睛】本题考查椭圆的定义，考查余弦定理，考查运算能力，属于基础题.8、B【解析】

列出每一次循环，直到计数变量满足退出循环.【详解】第一次循环：；第二次循环：；第三次循环：，退出循环，输出的为.故选：B.【点睛】本题考查由程序框图求输出的结果，要注意在哪一步退出循环，是一道容易题.9、B【解析】

画出可行域和目标函数，根据平移得到最值点，再利用均值不等式得到答案.【详解】如图所示，画出可行域和目标函数，根据图像知：当时，有最大值为，即，故..当，即时等号成立.故选：.【点睛】本题考查了线性规划中根据最值求参数，均值不等式，意在考查学生的综合应用能力.10、C【解析】

将复数化成标准形式，由题意可得实部大于零，虚部等于零，即可得到答案.【详解】因为为正实数，所以且，解得.故选：C【点睛】本题考查复数的基本定义，属基础题.11、D【解析】

根据抛物线的性质，设出直线方程，代入抛物线方程，求得k的值，设出双曲线方程，求得2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，利用双曲线的离心率公式求得e．【详解】直线F2A的直线方程为：y＝kx，F1（0，），F2（0，），代入抛物线C：x2＝2py方程，整理得：x2﹣2pkx+p2＝0，∴△＝4k2p2﹣4p2＝0，解得：k＝±1，∴A（p，），设双曲线方程为：1，丨AF1丨＝p，丨AF2丨p，2a＝丨AF2丨﹣丨AF1丨＝（1）p，2c＝p，∴离心率e1，故选：D．【点睛】本题考查抛物线及双曲线的方程及简单性质，考查转化思想，考查计算能力，属于中档题．12、C【解析】

由图象变换的原则可得,由可求得值域；利用代入检验法判断②③；对求导,并得到导函数的值域,即可判断④.【详解】由题,,则向右平移个单位可得,,的值域为,①错误；当时,,所以是函数的一条对称轴,②正确；当时,,所以的一个对称中心是,③正确；,则,使得,则在和处的切线互相垂直,④正确.即②③④正确,共3个.故选:C【点睛】本题考查三角函数的图像变换,考查代入检验法判断余弦型函数的对称轴和对称中心,考查导函数的几何意义的应用.二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。13、【解析】

根据球的表面积求得球的半径，设球心到四棱锥底面的距离为，求得四棱锥的表达式，利用基本不等式求得体积的最大值.【详解】由已知可得球的半径，设球心到四棱锥底面的距离为，棱锥的高为，底面边长为，的体积，当且仅当时等号成立.故答案为：【点睛】本小题主要考查球的表面积有关计算，考查球的内接四棱锥体积的最值的求法，属于中档题.14、2025【解析】

利用赋值法，结合展开式中各项系数之和列方程，由此求得的值.再利用二项式展开式的通项公式，求得展开式中的系数.【详解】依题意，令，解得，所以，则二项式的展开式的通项为：令，得，所以的系数为.故答案为：2025【点睛】本小题主要考查二项式展开式各项系数之和，考查二项式展开式指定项系数的求法，属于基础题.15、【解析】

令可得各项系数和为，得出,根据第一个因式展开式的常数项与第二个因式的展开式含一次项的积与第一个因式展开式含x的一次项与第二个因式常数项的积的和即为展开式中含项，可得解.【详解】令，则得，解得，所以展开式中含项为：，故答案为：【点睛】本题主要考查了二项展开式的系数和，二项展开式特定项，赋值法，属于中档题.16、【解析】

先由题意得：，再利用向量数量积的几何意义得，可得结果.【详解】由知：，则在方向的投影为，由向量数量积的几何意义得：，∴故答案为【点睛】本题考查了投影的应用，考查了数量积的几何意义及向量的模的运算，属于基础题.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、（1）（2）【解析】

（1）先利用同角的三角函数关系求得,再由求解即可；（2）在中,由正弦定理可得,则,再由求解即可.【详解】解:（1）在中,,所以,所以（2）由（1）可知,所以,在中,因为,所以,因为,所以,所以.【点睛】本题考查已知三角函数值求值,考查正弦定理的应用.18、（1），；（2）【解析】分析：（1）用代入法消参数可得直线的普通方程，由公式可化极坐标方程为直角坐标方程；（2）把直线的参数方程代入曲线的直角坐标方程，其中参数的绝对值表示直线上对应点到的距离，因此有，，直接由韦达定理可得，注意到直线与圆相交，因此判别式＞0，这样可得满足的不等关系，由此可求得的取值范围.详解：（1）直线的参数方程为，普通方程为，将代入圆的极坐标方程中,可得圆的普通方程为，（2）解：直线的参数方程为代入圆的方程为可得：（*），且由题意，,.因为方程（*）有两个不同的实根，所以，即，又，所以.因为，所以所以.点睛：（1）参数方程化为普通方程，一般用消参数法，而消参法有两种选择：一是代入法，二是用公式；（2）极坐标方程与直角坐标方程互化一般利用公式；（3）过的直线的参数方程为（为参数）中参数具有几何意义：直线上任一点对应参数，则.19、（1），.（2）【解析】

（1）根据直线的参数方程为（为参数），消去参数，即可求得的的普通方程，曲线的极坐标方程为，利用极坐标化直角坐标的公式:，即可求得答案；（2）的标准方程为，圆心为，半径为，根据点到直线距离公式，即可求得答案.【详解】（1）直线的参数方程为（为参数），消去参数的普通方程为.曲线的极坐标方程为，利用极坐标化直角坐标的公式:的直角坐标方程为.（2）的标准方程为，圆心为，半径为圆心到的距离为，点到的距离的取值范围是.【点睛】本题解题关键是掌握极坐标化直角坐标的公式和点到直线距离公式，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.20、(1);(2)时，在单调增；时,在单调递减，在单调递增；时,同理在单调递减，在单调递增；（3）不存在.【解析】分析：(1)利用导数研究函数的单调性，可得当时，取得极大值，也是最大值，由，可得结果；（2）求出，分三种情况讨论的范围，在定义域内，分别令求得的范围，可得函数增区间，求得的范围，可得函数的减区间；（3）假设存在区间，使得函数在区间上的值域是，则，问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，进而可得结果.详解：(1)由题意得，令，解得，当时，，函数单调递增；当时，，函数单调递减.所以当时，取得极大值，也是最大值，所以，解得.（2）的定义域为.①即,则，故在单调增②若,而,故,则当时，;当及时，故在单调递减，在单调递增．③若,即,同理在单调递减，在单调递增（3）由（1）知，所以，令，则对恒成立，所以在区间内单调递增，所以恒成立，所以函数在区间内单调递增.假设存在区间，使得函数在区间上的值域是，则，问题转化为关于的方程在区间内是否存在两个不相等的实根，即方程在区间内是否存在两个不相等的实根，令，，则，设，，则对恒成立，所以函数在区间内单调递增，故恒成立，所以，所以函数在区间内单调递增，所以方程在区间内不存在两个不相等的实根.综上所述，不存在区间，使得函数在区间上的值域是.点睛：本题主要考查利用导数判断函数的单调性以及函数的最值值，属于难题.求函数极值、最值的步骤：(1)确定函数的定义域；(2)求导数；(3)解方程求出函数定义域内的所有根；(4)列表检查在的根左右两侧值的符号