浙江省宁波市2026届高三下学期高考模拟考试（二模）数学试卷（含答案）

2026年浙江省宁波市高考数学模拟试卷（4月份）一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.复数z=(1+i)(−1+2i)的虚部为(

)A.−3 B.−1 C.1 D.32.集合U={x∈Z||x|≤3}，A={0,1,2,3}，则∁UA中的元素个数为(

)A.1 B.2 C.3 D.43.已知a>0，b>0，则“ab>4”是“a+b>4”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4.已知正方形ABCD的边长为1，则|AB+BCA.0 B.1 C.2 D.5.某中学校园十佳歌手比赛中，7位评委对某歌手的评分分别为8.5，8.6，8.8，9.2，9.4，9.5，9.7，记为数组A，将数组A中去掉一个最高分和一个最低分后保留的5个有效评分记为数组B，对这两个数组进行比较，有(

)A.极差相同 B.方差相同 C.60%分位数相同 D.平均数相同6.在钝角△ABC中，b=8，c=7，C=60°，则△ABC的面积为(

)A.43 B.63 C.7.已知函数f(x)=−2x−1,−2≤x<0lnx,x>0，设a，b，c是三个不同的实数，且满足f(f(a))=f(f(b))=f(f(c))，则A.e2−1 B.e−1 C.e28.数列{an}满足：a1=1，a2=2，an=(−1)A.a2026=1 B.a2026=2026 C.二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。9.若a，b是两个不相等的正实数，则双曲线C1：x2a2A.实轴长相等 B.焦距相等 C.离心率相同 D.渐近线相同10.定义在R上的函数f(x)满足：f(1)=1，f(x+y)=f(x)f(1−y)+f(1−x)f(y)，则(

)A.f(0)=0 B.f(12)=−2211.正四棱台ABCD−A1B1C1D1的高为2，A1B1=2，AB=8，点M，N，PA.点P的轨迹的长度为236π

B.直线D1A1与D1P所成角的正切值的最小值为65

C.线段P三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。12.若tan(α−π4)=3，则tanα=

13.在等差数列{an}中，Sn为其前n项和，若S3=6，S514.如图，已知定点B(2,−2)，BC⊥x轴于点C，M是线段OB上任意一点，MD⊥x轴于点D，ME⊥BC于点E，OE与MD相交于点P，则|PD|+|PC|的最小值为

．

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.(本小题13分)

已知函数f(x)=sin(2x+π6)+sin(2x−π6)+2cos2x+m的最大值为1．16.(本小题15分)

已知椭圆E：x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为32，且过点(1,32)．

(1)求椭圆E的方程；

(2)已知点P(2,−1)，斜率为−1217.(本小题15分)

在△ABC中，∠ACB=π3，AC=4，BC=2，M为AC的中点，如图，沿BM将△CMB翻折至△DMB位置，满足DA=10．

(1)证明：平面DMB⊥平面ABM；

(2)线段AB上是否存在点P，使得P在平面DAM内的射影恰好落在直线DM上.18.(本小题17分)

某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态1为生成状态，在此状态下，工具根据用户输入的提示、主题或参数，利用预训练模型生成文本内容：状态2为优化状态，在此状态下，工具对已生成的文本进行校对、润色、改写或结构优化.已知该文本生成工具能自动进行状态切换或保持，每进行一次状态切换或保持称为一次自动操作、假设首次(第一次)自动操作后处于状态1和状态2的概率均为12，且之后每次自动操作后所处的状态仅与操作前的状态有关，与更早的状态无关.pij(i,j∈{1,2})表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态i到状态j的概率，若p11=23,p21=13，且p11+p12=1，p21+p22=1．

(1)记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为X，

(i)求前2次自动操作后的状态中第一次状态为1，第二次状态为2的概率；

19.(本小题17分)

设a>0，a≠1，函数f(x)=ax+b，g(x)=loga(x−b)．

(1)若a=e，b=e2，求f(x)在x=2处的切线方程；

(2)若a>1，b=e2，若f(x)与g(x)的图象有两个公共点，求a的取值范围；

(3)若存在a∈(0,1)1.【答案】C

2.【答案】C

3.【答案】A

4.【答案】D

5.【答案】D

6.【答案】B

7.【答案】D

8.【答案】A

9.【答案】BD

10.【答案】AC

11.【答案】ACD

12.【答案】−2

13.【答案】42

14.【答案】1715.解：(1)由题意f(x)=32sin2x+12cos2x+32sin2x−12cos2x+2×1+cos2x2+m

=3sin2x+cos2x+m+1=2sin(2x+π6)+m+1，

当x=π6+kπ(k∈Z)时，f(x)有最大值m+3，

所以m+3=1，解得m=−2．

(2)由(1)知，f(x)=2sin(2x+π6)−1，

由f(x)≥0，得sin(2x+π6)≥12，所以π6+2kπ≤2x+π6≤5π6+2kπ，k∈Z，

解得kπ≤x≤π3+kπ，k∈Z，

故满足条件的x的取值集合为{x|kπ≤x≤π3+kπ,k∈Z}．

16.解：(1)因为椭圆E的离心率e=ca=1−b2a2=32，

所以a=2b，则E：x24b2+y2b2=1，

因为点(1,3217.(1)证明：在△ABC中，由余弦定理得，AB2=AC2+BC2−2AC⋅BCcos∠ACB=16+4−2×4×2×12=12，

所以AB=23，

所以AB2+BC2=AC2，即AB⊥BC，

因为M为AC的中点，

所以MA=MB=MD=DB=12AC=2，

取BM的中点O，连接OD，OA，则OD⊥BM，OD=3，

在△AMO中，∠AMO=120°，

由余弦定理得，OA2=AM2+OM2−2AM⋅OMcos∠AMO=4+1−2×2×1×(−12)=7，

因为DA=10，

所以DA2=OD2+OA2，即OD⊥OA，

又BM∩OA=O，BM、OA⊂平面ABM，

所以OD⊥平面ABM，

而OD⊂平面DMB，

所以平面DMB⊥平面ABM．

(2)解：由题意知，△BCM是等边三角形，

连接OC，则OC⊥BM，

由(1)知OD⊥平面ABM，

故以O为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，

则C(0,3,0)，B(1,0,0)，M(−1,0,0)，A(−2,−3,0)，D(0,0,318.解：(1)记事件Ai：前i次操作后处于状态1，则事件A−i：前i次操作后处于状态2，

由已知得P(A1)=P(A1−)=12,P(Ai+1|Ai)=P(Ai+1−|Ai−)=23,P(Ai+1−|Ai)=P(Ai+1|Ai−)=13；

(i)即求P(A1A2−)=P(A1)P(A2−|A1)=12×13=16；

(ii)X的可能取值有0，1，2，

P(X=0)=P(A1A219.解：(1)f(x)=ex+e2，f'(x)=ex，k=f'(2)=e2，f(2)=2e2，

故切线方程为y−2e2=e2(x−2)，即y=e2x；

(2)由f(x)=g(x)，得ax+e2=loga(x−e2)，

所以ax+x=loga(x−e2)+(x−e2)，即logaax+ax=loga(x−e2)+(x−e2)，

记p(x)=logax+x，则p(ax)=p(x−e2)，

又a>1，则p(x)在(0,+∞)上单调递增，

所以ax−x+e2=0有2个不等实根．

记φ(x)=ax−x+e2，有φ'(x)=axlna−1，

得φ(x)在(−∞,ln(1ln a)lna)上递减，在(ln(1lna)lna,+∞)上递增．

又当x→→∞时，φ(x)→+∞，当x→+∞时，φ(x)→+∞，

故只需φ(ln(1lna)lna)<0，即1+e2lna+ln(lna)<0，得lna<e−2，

故1<a<ee−2，即a的取值范围是(1,ee−2)；

(3)记ℎ(x)=ax+b−loga(x−b)，ℎ'(x)=ax(x−b)(lna)2−1(x−b)lna，

记t(x)=xlna+ln(x−b)+2ln(−lna)，注意到t(x)与ℎ'(x)的符号相反，

t'(x)=lna+1x−b，可知t(x)在(b,b+1−lna)上递增，在(b+1−lna,+∞)上递减，

故t(x)max=t(b+1−lna)=blna+ln(−lna)−1，

记m=−lna>0，则t(b+1−lna)=lnm−bm−1=s(m)，

当b>0时，s'(m)=m−b，