浙江省宁波十校2026届高三下学期3月联合考试试题（二模）数学 含解析

宁波“十校”2026届高三3月联考数学试题卷考生须知：1．本卷满分150分，考试时间120分钟；2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的地方.3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷纸上答题一律无效.4．考试结束后，只需上交答题卷.第Ⅰ卷一、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】根据一元二次不等式化简集合,即可根据元素与集合的关系求解.【详解】由可得，结合，由于,故故2.十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”．已知，则“”是“”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【答案】B【解析】【详解】，，，，故“”是“”的必要条件，当，假设时，，此时，则，故“”是“”的不充分条件，综上：“”是“”的必要不充分条件．3.设是与的等差中项，则的值为（）A. B. C.1 D.2【答案】C【解析】【详解】因为是与的等差中项，则,即，所以4.已知幂函数是非奇非偶函数，令，记数列的前项和为，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由，解得或，再由为非奇非偶函数，确定函数

,然后再利用裂项相消法求解.【详解】由题意得：，解得或，而当时，为偶函数，不合题意；当时，为非奇非偶函数，符合题意，则，则．5.若关于的方程在上恰有3个根，则（）A B. C. D.【答案】A【解析】【分析】考察函数的对称性，作出图像，寻求交点间的对称性，得到等式求解即可.【详解】如图作出的函数图象，其中，是函数的对称轴，当与的有三个交点时，有，，所以，，所以.6.某地区的公共卫生部门为了调查本地区男大学生的吸烟情况，对随机抽出的400名学生进行了调查，调查中使用了两个问题，问题A：你的手机尾号是否是偶数？问题B：你是否经常吸烟？调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的50个白球和50个红球的袋子，每个学生随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生如实回答问题A，摸到红球的学生如实回答问题B，每个学生只需回答“是”或“否”，无人知道他回答的是哪一个问题．已知手机尾号为偶数的概率为0.5，若在400名学生中共有150人回答“是”，则估计该地区男大学生吸烟的比例约为（）A.0.15 B.0.2 C.0.25 D.0.3【答案】C【解析】【分析】先确定回答“是”的150人中，吸烟的人数，再利用古典概型估计吸烟的比例.【详解】因为摸到白球和红球的概率均为，回答A问题“是”的学生人数为人，所以回答B问题“是”的学生人数为人，所以男大学生吸烟人数的比例约为．7.如图所示，已知，点，满足，，与交于点，交于点，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【详解】对于A，由共线，存在使，由共线，存在使，联立系数相等：，解得：，，因此：，故选项A错误；对于B，，若，则：​，显然系数不相等，选项B错误；对于C，由于，且在上，故设，则，结合，得：，解得，选项C错误；对于D，由，所以，故选项D正确.8.已知直线与焦点为的抛物线相交于，两点，且，线段的中点到抛物线的准线的距离为，则的最小值为（）A.1 B. C. D.2【答案】C【解析】【分析】利用中位线定理和余弦定理的应用可得，结合计算即可求解．【详解】设，过点M，N分别作抛物线的准线的垂线，垂足分别为，则，如图，因为点A为线段的中点，所以点A到抛物线C的准线的距离为，在中，由余弦定理得，所以，又，所以（当且仅当时，等号成立），所以，即的最小值为．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.下列说法中正确的是（）A.一组数据1，1，2，3，5，8，，的第百分位数为4B.两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数的绝对值越接近于1C.根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过D.若随机变量服从正态分布，且，则【答案】BD【解析】【详解】选项A：第百分位数位置为，故取5，第百分位数是第5个数5，故A错误；选项B：样本相关系数的绝对值越接近1，代表两个随机变量的线性相关程度越强，故B正确；选项C：独立性检验中，在的显著水平下，无法判断与有关联，故C错误；选项D：正态分布关于均值对称，，已知，则，由对称性可知，，故D正确．10.设复数满足，则（）A.B.存在复数，使得纯虚数C.存在，关于的方程有解D.若复数满足，则的最小值为【答案】ABC【解析】【分析】设，利用椭圆定义可得点的轨迹为椭圆，从而可得复平面内该点轨迹方程；借助椭圆方程与距离公式计算可得A；利用纯虚数定义，结合椭圆方程计算可得B；利用复数性质，结合椭圆方程计算可得C；由题意可得复数在复平面内的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则可利用椭圆方程计算出椭圆上的点到的距离的最小值，再减去半径即可得解.【详解】设，则，即有，即在复平面内点到点与点的距离之和为，故点的轨迹为椭圆，由，，则椭圆方程为；对A：，故A正确；对B：，要使得为纯虚数，则且，则，解得，有解，故存在复数，使得为纯虚数，故B正确；对C：，则，，即有，解得，则存在，使得关于的方程有解，故C正确；对D：由复数满足，则复数在复平面内的轨迹为以为圆心，为半径的圆，则椭圆上的点到该圆圆心的距离为：，则的最小值为，故D错误.11.已知实数，，互不相等，且满足，，，下列说法正确的有（）A. B.C. D.对任意，均为整数【答案】ABD【解析】【分析】对于AB：根据题意结合，运算求解即可；设，可得，即可判断CD.【详解】因为且，，所以，故A正确；且，故B正确；设，，则，，，因为，即，所以，故C错误；因，，则，可得，，依次类推可得：对任意，均为整数，故D正确.第Ⅱ卷三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.一个底面半径为2cm的圆柱形容器内盛有足量的水，能放入一个半径为1cm的实心铁球，沉入水底后，水未溢出容器，则水面升高了________cm．【答案】【解析】【分析】利用上升水的体积等于实心铁球的体积计算即可得.【详解】设水面升高了cm，由题意知，解得：.13.已知点，，在圆上运动，且，若点的坐标为，则的取值范围是________．【答案】【解析】【分析】首先确定是圆的直径，再结合向量的运算，以及向量模的三角形不等式，以及向量的位置关系，求最值.【详解】由圆的性质可知，时，是圆的直径，所以，而，右边等号成立的条件是和同向，且此时最大，此时，左边等号成立的条件是和反向，且此时最小，此时，所以的取值范围是.14.已知盒子中共有8个大小相同的球，有红、黄、黑三种颜色，且红球、黄球、黑球的个数分别为2，2，4，随机变量X为最后一个黄球取出时总共所取出球的个数，则X的数学期望为________．【答案】6【解析】【分析】由题意得到随机变量的可能取值，求出概率，再由期望公式计算可得.【详解】由题意可得随机变量的可能取值为2,3,4,5,6,7,8，其概率为，，所以期望.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.已知数列中，，．（1）令，求证：数列是等比数列；（2）求数列的前项和．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）首先求首项，再根据等比数列的定义证明为常数；（2）根据（1）的结果求数列的通项公式，再根据等差和等比数列的前项和公式，利用分组转化法求和.【小问1详解】因为，，所以，再由，因为，所以，代入上式得：，所以数列是以为首项，为公比的等比数列；【小问2详解】由（1）可得：，则16.在中，角，，的对边分别为，，，已知，，．（1）求；（2）点在边上，连接，且，记和的内切圆半径分别为，，求的值．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用辅助角公式可得，结合角的取值范围分析求解即可；（2）利用余弦定理可得，进而可得，，，利用等面积法求，，即可得结果.【小问1详解】因为，即，且，则，可得，所以.【小问2详解】由（1）可知：，且，，由余弦定理可得，即，则，则，且，可得，在中，则，解得；在中，则，解得；所以.17.如图，四棱锥中，底面，，平面，，．（1）证明：；（2）若点到平面的距离为1，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）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理可证明平面，结合线面垂直定义可得结论；（2）方法1：过点B作，可知平面，由条件可得，建立空间直角坐标系，再求出两平面的法向量，可求出其夹角的余弦值.【小问1详解】因为平面，平面，平面平面，所以因为底面，平面，所以，因为，，所以，又因为，平面，所以平面，因为平面，所以．【小问2详解】由（1）可知，，，两两垂直，以为原点，，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示坐标系．过点作，交于点，因为底面，平面，所以，因为，所以平面，又点到平面的距离为，所以，在中，，由可得；设，则，即，解得；因此为的中点，，所以．可得，，，，，所以，．设是平面的法向量，则，即，取，则，，所以是平面的一个法向量．因为平面，所以是平面的一个法向量．设平面与平面的夹角为，则，所以平面与平面夹角的余弦值为．18.已知椭圆的焦距为2，且离心率为．（1）求椭圆的标准方程；（2）已知，直线过点（直线不与轴重合），交椭圆于，两点．直线交椭圆于另一点，直线交椭圆于另一点，连接交轴于．（ⅰ）求的值；（ⅱ）求点到直线距离的取值范围．【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）【解析】【分析】（1）根据条件列方程组求解；（2）（ⅰ）设与椭圆方程联立，设，，联立直线和椭圆的方程，得出坐标，再利用斜率公式以及韦达定理化简；（ⅱ）根据，，三点共线，得出坐标关系化简求出即可求出.【小问1详解】由题意易知：，，，故，，因此椭圆；【小问2详解】（ⅰ）若直线斜率不存在，则由对称性可知，此时直线斜率均不存在，故设，设，，由，可得，所以，，记，则直线，由，可得，所以，故，代入直线，可得，同理：，因此，故有；（ⅱ）设，则，．由于，，三点共线，故，进而，化简可得：，因此，即，则，故点到直线距离的取值范围为.19.已知函数．（1）若，求曲线在点处的切线方程；（2）若有两个极值点，，且，（ⅰ）求取值范围；（ⅱ）求证：．【答案】（1）（2）（ⅰ）（ⅱ）证明见解析【解析】【分析】（1）利用导数的几何性质求出斜率，进而求出切线方程；（2）（ⅰ）求导，利用导数讨论极值点及单调性，进而求解的取值范围；（ⅱ）利用函数单调性转化不等式，再通过构造函数，求导，利用导数讨论函数单调性，进