浙江省宁波市2025-2026学年高三下学期高考模拟考试（二模）数学试卷（含答案）

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20254页，19150120选择题部分（58分一、选择题：8540分。在每小题给出的四个选项中，只有z1i)(12i

a0b0，则ab4是ab4 ABCD的边长为1ABBCDB 9.5，9.7AA5个有效B，对这两个数组进行比较，有 C．60%分位数相同D．平均数相在钝角△ABCb8c7,C60，则△ABC

21,2x

f(x

a,bce2

e21

e1数列a满足：a1,a2,a(1)n1 (n2)，S为a的前n项和，

a2026

a2026

S2026

D．S2026二、选择题：3618 a,b是两个不相等的正实数，则双曲线C1a2b21与双曲线C2:b2a21 10．定义在R上的函数f(x)满足：f(1)1,f(xy)f(x)f(1y)f(1x)f(y)，则f(0)

f122f(1x)f(1 D．f(x2)f P2DADP1 PBC1 非选择题部分（92分三、填空题：3515若tanπ3，则 4 在等差数列an中，Sn为其前n项和，若S36,S520，则S7▲ B(22)BCx轴于点CM是线段OB上任意一点，MDx轴于点D （第14题图MEBC于点E，OE与MD相交于点P，则|PD||PC|的最小值为 15（13分）f(xsin2xπsin2xπ2cos2xm的最大值为1 6 6 mf(x0x

316（15分）Ea2b21ab0的离心率为2，且过点1,2 P2,1，斜率为1的直线lEAB两点．当△PAB最大时，求直线l17（15分）在△ABCACBπAC4BC2为AC的中点，如图，沿BM将△CMB翻折至△DMB位置，满足DA 证明：平面DMB平面ABM （第17题图ABPPDAMDM上．AP的长度；若不存在，请说明理由．18（172为一次自动操作．假设首次（第一次）自动操作后处于状态1和状态21,率，若p2,p1，且pp1,p

2次自动操作后的状态中状态为1XXEX记事件Q2k(kN*次自动操作后的状态中状态1和状态2k当k3时，证明：PQ1P 4P k

k19（17分）a0a1f(xaxbg(xloga(xbae,be2f(xx2a1be2f(xg(xaa(0,1f(xg(x的图象有三个公共点，求实数b2025学年第二学期高考模拟考试8540361860351517577解析（1）fx3sin2xcos2xm12sin2xπm1 3 6 当xπ2kπ(kΖ)时，fx有最大值m3，从而m31，故m2 6（2）由（1）fx2sin2xπm12sin2xπ1， 6 6 由fx0，得sin2xπ1，从而π2kπ2xπ5π2kπ,kZ 10 6

kπxπkπkZ故满足条件的x的取值集合为x|kπxπkπ,kZ． 13 （1）

3 2a2bE:

3 2因为点

2

1，解得b1a2所以椭圆E的方程

5（2）设直线ly1xmAxyBxyx22

1 联立y1x

，化简得x22mx2m220 7 4m242m2284m2xx2mxx2m22,x

1 12121

x

5

10

P

1211121

m 12

AB

P

m

m22m2mm22m2此时，直线l:y1x1或y1x1 15 解析（1）在△ABC中，由余弦定理可得AB2 则ABBC．又M为AC的中点，MAMBMDDB1AC2取BM的中点O，显然有ODBM 2 4DA2OD2OA2，所以ODOA，故ODABM所以平面DMB平面ABM 6 8 ,PDM上的射影点为Q 10 ,PQMA

12解得所以存在P符合题意，且AP10 15Ai：前i1Ai：前i由已知得PAPA1,P |AP |A2,P |AP |A1

i

i

i

i （1（ⅰ） 41 （ⅱ）X0，1，2

PX0PAAPAPA|A1211

PX2PAAPAPA|A1211

PX11PX0PX21 7 9Mk表示Qk2k1Nk表示Qk2k2，显然QMN

)P(N)1P(Q)

k3时，由QkQk1QkQk1QkQk1QkQk2Qk1QkQk2Qk1QkP(QkP(Qk1QkP(Qk2Qk1QkP(Qk2Qk1QkP(Qk1QkP(Qk2Qk1Qk11PQk1QkPMk1QkNk1Qk2PMk1Qk2P(Mk1)P(Qk|Mk1P(Qk1)P(Qk|Mk1)P(Qk2Qk1Qk)P(Mk2Qk1Qk∪Nk2Qk1Qk)2P(Mk2Qk1Qk2P(Mk2)P(Qk1Qk|Mk2)P(Qk2)P(Qk1Qk|Mk2 13PQk|Mk1PA2k1A2kA2k1A2k|Mk1PA2k1A2k|Mk1PA2k1A2k|Mk121111 15 P(Qk1Qk|Mk2PA2k3A2k2A2k1A2kA2k3A2k2A2k1A2k|Mk2P(A2k3A2k2A2k1A2k|Mk2)P(A2k3A2k2A2k1A2k|Mk2221212124 所以PQ1P

17 k

k（1）3（2）fxgxaxe2logaxe2axxlogaxe2xe2，即logaaxaxlogaxe2xe2——（*，pxlogaxxpx在0上单调递增，故由（*）得axxe2，所以axxe20有2个不等实根 6

1

ln1 得x在 上递减，在 ,上递增 8 ln1lnalna故只需

0，即1e2lnalnlna0，得lnae2，故1aee2 hxaxb

xb，h'x

axxblna2xbln

10t'xlna ，可知tx在b,b 上递增，在b ,上递减x

lna

ln 故t tb blnalnlna lna mlna0，则tblnalnmbm1sm 当b0s'm1bsm在01上递增，在1 s1ln12 若ln120，即be2sm0tx0h'x0 12若0be2smmax0a0,1，使得txmax0，xbtxxtx，所以存在b

b

ln

hx在bx1上递增，在x1x2上递减，在x2上递增．当b0sm在0msmm0 0所以存在b

b

ln

hx在bx1上递增，在x1x2上递减，在x2上递增．下面证明：当be2 h'x0i12axixblna210i12 设lxaxbx 14xb