浙江省宁波市2024-2025学年高三上学期高考模拟考试数学试卷

浙江省宁波市2024-2025学年高三上学期高考模拟考试数学试卷1．（2024高一上·常州月考）集合，，则（）A． B． C． D．2．（2024高三上·宁波模拟）复数满足，则（）A．1 B．2 C． D．53．（2024高三上·宁波模拟）向量，满足，，则（）A． B． C． D．4．（2024高三上·宁波模拟）研究小组为了解高三学生自主复习情况，随机调查了1000名学生的每周自主复习时间，按照时长（单位：小时）分成五组：，，，，，得到如图所示的频率分布直方图，则样本数据的第60百分位数的估计值是（）A．7 B．7.5 C．7.8 D．85．（2024高三上·宁波模拟）圆台的高为2，体积为，两底面圆的半径比为，则母线和轴的夹角的正切值为（）A． B． C． D．6．（2024高三上·宁波模拟）已知椭圆的左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交椭圆于另一点.若，则椭圆的离心率为（）A． B． C． D．7．（2024高三上·厦门期中）不等式对任意恒成立，则的最小值为（）A． B．2 C． D．8．（2024高三上·宁波模拟）设，函数若在区间内恰有6个零点，则的取值范围是（）A． B．C． D．9．（2024高三上·宁波模拟）已知数列，都是正项等比数列，则（）A．数列是等比数列 B．数列是等比数列C．数列是等比数列 D．数列是等比数列10．（2024高三上·宁波模拟）函数，则（）A．的图象过定点B．当时，在上单调递增C．当时，恒成立D．存在，使得与轴相切11．（2024高三上·宁波模拟）已知曲线：，下列说法正确的是（）A．曲线过原点B．曲线关于对称C．曲线上存在一点，使得D．若为曲线上一点，则12．（2020高一下·濮阳期末）已知，则.13．（2024高三上·晋江月考）抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则.14．（2024高三上·宁波模拟）一个盒子中装有标号为1，2，3，4，5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏，规则如下：第一轮，甲先从盒子中不放回地随机取两个球，乙接着从盒子中不放回地随机取一个球，若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分；第二轮，甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球，若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字，则甲得1分，否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为.15．（2024高三上·宁波模拟）在三棱锥中，侧面是边长为2的等边三角形，，，.（1）求证：平面平面；（2）求平面与平面的夹角的余弦值.16．（2024高三上·宁波模拟）已知数列为等差数列，且满足.（1）若，求的前项和；（2）若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式.17．（2024高三上·宁波模拟）已知是双曲线：上一点，的渐近线方程为.（1）求的方程；（2）直线过点，且与的两支分别交于，两点.若，求直线的斜率.18．（2024高三上·宁波模拟）已知函数.（1）判断的奇偶性；（2）若，求证：；（3）若存在，使得对任意，均有，求正实数的取值范围.19．（2024高三上·宁波模拟）开启某款保险柜需输入四位密码，其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数），是根据开启时收到的动态校验钥匙（为1~5中的一个随机整数）计算得到的动态校验码.的具体计算方式：是的个位数字.例如：若静态密码为，动态校验钥匙，则，从而动态校验码，进而得到四位开柜密码为.（1）若用户最终得到的四位开柜密码为，求所有可能的动态校验钥匙；（2）若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙，求动态校验码的概率分布列；（3）若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙的概率为，其中是互不相等的正数.记得到的动态校验码的概率为，试比较与的大小.

答案解析部分1．【答案】D【知识点】并集及其运算【解析】【解答】解：由，，可得，故.故答案为：D.【分析】利用函数的定义域得出函数的值域，从而得出集合，再根据并集的运算法则得出集合.2．【答案】C【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模【解析】【解答】解：方法一：因为，所以.方法二：.故答案为：C.【分析】利用两种方法求解.

方法一：利用复数的乘除法运算法则求出复数，再根据复数求模公式得出的值.

方法二：利用复数的模的运算法则和复数的模的求解方法，从二得出复数z的模.3．【答案】C【知识点】平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算；利用数量积判断平面向量的垂直关系【解析】【解答】解：因为，又因为，

所以.故答案为：C.【分析】利用两向量垂直数量积为0的等价关系和，再结合数量积的运算法则得出的值.4．【答案】B【知识点】用样本估计总体的百分位数【解析】【解答】解：由于，所以，样本数据的第60百分位数值是：小时.故答案为：B.【分析】根据已知条件和百分位数的计算公式，从而得出样本数据的第60百分位数的估计值.5．【答案】B【知识点】任意角三角函数的定义；台体的体积公式及应用【解析】【解答】解：设圆台上底半径为，则下底半径为，由题意，得出.所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.故答案为：B.【分析】先根据圆台的体积公式求出圆台的上、下底面圆的半径，再由正切函数的定义求出母线和轴所成夹角的正切值.6．【答案】C【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【解答】解：如图所示：因为的周长为，，，

所以，.又因为，所以，所以椭圆的离心率为.故答案为：C.

【分析】先根据椭圆的定义得出中各边的长度，再结合和余弦定理列式，从而化简得出椭圆的离心率.7．【答案】A【知识点】函数恒成立问题；基本不等式在最值问题中的应用【解析】【解答】解：由题意可得，需满足是的一个根，则，且，

所以，则，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故答案为：A.【分析】先由题意得到是的一个根，从而得到之间的关系式为，消元并利用均值不等式求最值的方法，从而得出的最小值.8．【答案】D【知识点】正弦函数的性质；函数的零点与方程根的关系【解析】【解答】解：在区间内恰有6个零点，又最多有两个零点，当时，至少有四个根，，令，即，，，又，，即，令，解得或.①若且，解得，此时在有2个零点，只需要在有4个零点，这4个零点分别为故且，解得，此时有6个零点，满足题意；②当且时，解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得，此时有6个零点，满足题意；③当且时，解得，此时在有1个零点，只需要在有5个零点，这5个零点分别为，故且，解得不存在，综上可得或.故答案为：D.

【分析】根据正弦型函数的性质和函数的零点与方程的根的等价关系，从而得出的零点为，再根据解得或，即可分三种情况讨论求出实数a的取值范围.9．【答案】B,C【知识点】等比数列概念与表示【解析】【解答】解：因为数列，都是正项等比数列，所以设数列，的公比分别为，，且，，

且对任意的正整数有，成立.对于A，不妨设，，满足，都是正项等比数列，此时，因为，，所以，此时不是等比数列，故A不正确；对于B，因为，所以数列是等比数列，故B正确；对于C，因为，所以数列是等比数列，故C正确；对于D，设，，满足，都是正项等比数列，此时，，，所以，，所以，

此时数列不是等比数列，故D不正确.故答案为：BC.

【分析】根据已知条件结合等比数列的定义和通项公式，从而逐项判断找出正确的选项.10．【答案】A,C,D【知识点】函数的图象；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；基本不等式在最值问题中的应用；函数极限【解析】【解答】解：对于A：不管取何值，，所以函数的图象过定点，故A正确；对于B：当时，，（），，设，则，

所以在上单调递增.因为，所以，所以在上单调递增，这一说法不正确，故B错；对于C：由选项B可知，，

所以存在，使得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数的最小值为，且，因为，故不能取“”，故C正确；对于D：当时，（），

所以（），设（），、

则（）.所以在上单调递增.因为当时，；当时，.所以存在，使得，当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增，所以函数的最小值为，且.由，设，（），则，所以在上单调递减，且，，

所以必定有解，故D正确.故答案为：ACD.

【分析】利用已知条件结合可判断选项A；当时，求导判断出函数的单调性，则判断出选项B和选项C；将问题转化为函数的最小值为0是否成立，可判断出选项D，从而找出正确的选项.11．【答案】A,B,D【知识点】二倍角的余弦公式；和差化积公式；平面内两点间距离公式的应用；图形的对称性【解析】【解答】解：将代入可得，

故曲线过原点，故A正确，设曲线上任意一点，则关于的对称点为，

则，则在曲线上，故B正确，对于C，若曲线上存在一点，

根据曲线：可知均在曲线上，

故曲线关于坐标轴以及原点均对称，若曲线上存在一点，使得，则，

根据对称性不妨设，将其代入曲线方程可得，

所以，由于，则存在角使得，，

，所以，这与矛盾，故不存在一点，使得，故C错误，对于D，故，故，，则，故D正确.故答案为：ABD.

【分析】利用已知条件代入，则判断出选项A；根据关于的对称点为在曲线上，再结合同角三角函数基本关系式，则判断出选项B；根据得出矛盾，从而判断出选项C；根据结合不等式的性质判断出选项D，从而找出说法正确的选项.12．【答案】2【知识点】函数的值；指数式与对数式的互化【解析】【解答】由题意，函数，令，所以。故答案为：2。

【分析】利用已知条件结合指数与对数的互化公式，得出，再利用代入法结合指数幂的运算法则，从而求出函数值。13．【答案】【知识点】抛物线的简单性质；三角形中的几何计算【解析】【解答】解：如图：不妨设点在第一象限，

过点作与抛物线的准线垂直，垂足为，则，

因为，所以，

所以.所以.故答案为：.

【分析】根据焦半径公式确定点的横坐标，再求出点的纵坐标，则根据三角形的面积公式可得的面积.14．【答案】【知识点】古典概型及其概率计算公式；排列、组合的实际应用【解析】【解答】解：若第一轮在第一轮中得1分，若第一轮中甲抽到的小球为1，3，则乙抽到的小球只能是2；若第一轮中甲抽到的小球为1，4，则乙抽到的小球可以是2或3；若第一轮中甲抽到的小球为2，3，则乙抽到的小球可以是1或4；若第一轮中甲抽到的小球为1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5时，

则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个，故共有，因此第一轮中甲得1分的概率为，在第二轮的过程中，只剩下两个球，

要使甲在第二轮中得1分，只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可，故概率为，因此甲在两轮中共得2分的概率为.故答案为：.【分析】先列举第一轮中甲得1分的情况，再结合排列数公式、组合s数公式和独立事件乘法求概率公式，从而得出在两轮游戏中甲共获得2分的概率.15．【答案】（1）证明：取的中点为，连接，

因为是边长为2的等边三角形，

所以，，在直角三角形中，，为中点，

所以，又因为，所以，所以，即，

又因为为平面内两条相交直线，所以平面，又在平面内，所以平面平面.（2）解：由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴，

则，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与平面的夹角为，则.【知识点】平面与平面垂直的判定；用空间向量研究二面角【解析】【分析】（1）取的中点为，连接，再通过证明平面证出平面平面.（2）先建系得出点的坐标和向量的坐标，再结合两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示求出平面的法向量和平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式得出平面与平面的夹角的余弦值.（1）取的中点为，连接，因为是边长为2的等边三角形，所以，，在直角三角形中，，为中点，所以，又，所以，所以，即，又为平面内两条相交直线，所以平面，又在平面内，所以平面平面.（2）由（1）知过作的平行线作为轴，分别为轴，则，所以，，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面的法向量为，则，即，令，可得，设平面与平面的夹角为，则.16．【答案】（1）解：当时，由，则，

由，则，所以等差数列的公差为，则数列​​​​​​​的通项公式为，所以前项和.（2）解：当时，，可得，当时，

，将代入上式，则，综上所述，，，，可得，由（1）可知，则，由方程，可得，解得，由，则等差数列的公差为，所以，由，，则.【知识点】等差数列概念与表示；等差数列的通项公式；等差数列的前n项和；等比数列的通项公式；通项与前n项和的关系【解析】【分析】（1）根据题中的递推公式求出等差数列的前两项与公差的值，再结合数列的通项公式和数列求和公式，从而得出数列的前项和.（2）利用公式求出数列的通项公式，再根据题中的方程结合换元法，整理为关于的一元一次方程，从而求出等差数列的通项公式，进而得出数列的通项公式.（1）当时，由，则，由，则，所以等差数列的公差为，即通项公式，所以前项和.（2）当时，，可得，当时，，将代入上式，则，综上所述，，.，可得，由（1）可知，则，由方程，可得，解得，由，则等差数列的公差为，所以，由，，则.17．【答案】（1）解：由题意可得，解得，故双曲线方程为.（2）解：由题意可知：直线的斜率存在，

设直线方程为，联立，

可得，由韦达定理可得，由于，

化简得，故，，故，则，

平方可得，解得或，由于与的两支分别交于，两点，故，当时，代入不符合，故舍去，将其代入，经检验符合，综上可得.【知识点】直线与圆锥曲线的综合问题【解析】【分析】（1）根据双曲线经过的点和渐近线方程，从而联立方程求解得出a，b的值，进而得出双曲线的标准方程.（2）联立直线方程与双曲线方程可得韦达定理，再根据两点距离公式和弦长公式可得，代入化简得出直线l的斜率.（1）由题意可得，解得，故双曲线方程为（2）由题意可知：直线的斜率存在，设直线方程为，联立可得，由韦达定理可得，由于，化简得，故，，故，故，平方可得，解得或，由于与的两支分别交于，两点，故，当时，代入不符合，故舍去，将其代入，经检验符合，综上可得18．【答案】（1）解：因为，当时，定义域为；当时，定义域为，

均关于原点对称，且故为偶函数.（2）证明：当时，为偶函数，要证，只需证，当时，，只需证时，，

即证，只需证，即证，令在单调递增，

故，所以，得证.（3）解：由，可得，当时，，故，故，令，则，令.①当时，

即当时，存在，使得对任意，，故在单调递增，

又因为，所以在恒成立，则在单调递增，

又因为，所以在恒成立，所以在单调递增，

结合得对任意恒成立，符合题意；②当时，，

存在，使得对任意，，故在单调递减，

又因为，所以在恒成立，所以在单调递减，

又因为，所以在恒成立，所以在单调递减，

结合得对任意恒成立，不符合题意；③当时，令，，

则，类推②同理可得不符合题意，综上可得，.【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；分析法的思考过程、特点及应用【解析】【分析】（1）根据奇偶性的定义，即可判断函数的奇偶性.（2）利用偶函数的性质，将不等式等价于，再平方化简只需证，再构造从而求导判断函数的单调性，进而得出函数的最值，则证出不等式成立.（3）构造，对分三种情况讨论，再对进行多阶求导，即可根据导数的正负与函数单调性的关系，从而求出函数的最值，则根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出满足要求的正实数a的取值范围.（1），当时，定义域为，当时，定义域为，均关于原点对称，且，故为偶函数，（2）当时，为偶函数，要证，只需要证，当时，，只需证明时，，即证，只需证，即证，令在单调递增，故，所以，得证.（3）由可得，当时，，故，故，令，则，令，令，①当时，即，存在，使得对任意，，故在单调递增，又，所以在恒成立，从而在单调递增，又，所以在恒成立，从而在单调递增，结合，得对任意恒成立，符合题意，②当时，，存在，使得对任意，，故在单调递减，又，所以在恒成立，从而在单调递减，又，所以在恒成立，从而在单调递减，结合，得对任意恒成立，不符合题意，③当时，令，，则，类推②同理可得不符合题意，综上可得19．【答案】（1）解：由题意可知：静态密码为，动态验证码，若，则，得，符合题意；若，则，得，不符合题意；若，则，得，不符合题意；若，则，得，不符合题意；若，则，得，不符合题意，综上可得.（2）解：对于三位静态密码，

由

可得的末位是0或5，即只能是0或5，又因为，当为奇数时，，当为偶数时，，下面计算为奇数时，的个数.①均为奇数时，个；②一奇两偶时，个，

共有个，所以，进而，因此随机变量的分布列为05（3）解：记事件：得到的动态校验码，事件：得到的动态校验码，事件：收到动态校验