浙江省宁波市2026届高三下学期二模数学试题 含解析

宁波市学年第二学期高考模拟考试高三数学试题卷本试卷共4页，小题，满分分考试用时分钟.注意事项：答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名､准考证号填写在答题卡上将条形码横贴在答题卡贴条形码区，作答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答在试题卷上的答案无效.置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液不按以上要求作答的答案无效.考生必须保持答题卡的整洁，不要折叠､不要弄破.选择题部分（共分）一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共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.复数的虚部为（）A.B.C.1D.3【答案】C【解析】【分析】根据复数的乘法及虚部的概念求解即可．【详解】解：，故复数的虚部为．2.集合，则中的元素个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【详解】解：，第1页/共22页，则中的元素个数为3．3.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】A【解析】【分析】根据基本不等式，结合充分、必要条件的定义，分析即可得答案.【详解】若，则，充分性成立；若，取，满足条件，则，不满足，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件.4.已知正方形的边长为1，则（）A.0B.1C.D.2【答案】D【解析】【详解】在正方形中，所以，则.5.7位评委对某歌手的评分分别为，将数组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，对这两个数组进行比较，有（）A.极差相同B.方差相同C.分位数相同D.平均数相同【答案】D【解析】第2页/共22页【分析】分别求出数组A和数组B的极差、平均数、方差、分位数，即可得答案.【详解】去掉最高分和最低分后，数组B的数据为，选项A：数组A的极差为，数组B的极差为，故A错误；选项B、D：数组A的平均数，数组B的平均数，故D正确；数组A的方差为，数组B的方差为B错误；选项C：，则数组A的分位数为，，则数组B的分位数为，故C错误.6.在钝角中，，则的面积为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据余弦定理，可得a值，分别检验，根据余弦定理及钝角三角形，可得a值，代入面积公式，即可得答案.【详解】由余弦定理得，又，所以，即，解得或，当时，，则，所以，则角B为钝角，符合题意；当时，，则，所以，不符合题意，故舍去，即，第3页/共22页所以的面积.7.已知函数，设是三个不同的实数，且满足，则的最小值为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】有三个不同的实根看出方程有三个不同的实根，当且仅当方程有两个不同的实根，结合等价于的等式可得到，最后即可推出的最小值．【详解】解：，在和单调递增，其简要图形如下：设，即方程有三个不同的实数解，又当时，有两个不同的实数解时，只有一个实数解，所以有三个不同的实数解，当且仅当有两个不同的实数解，第4页/共22页且，，解得，时，即，不妨设，则，即，解得，又在上单调递增，时，．8.数列满足：为的前项和，则（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据递推关系，找到的周期，根据周期性，逐一分析各个选项，即可得答案.【详解】由递推关系得，，，，，，，，，，，，所以的周期为12，则，故A正确，B错误；一个周期内的和为，则，故C、D错误.第5页/共22页二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共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.若是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的（）A.实轴长相等B.焦距相等C.离心率相同D.渐近线相同【答案】BD【解析】【分析】根据双曲线标准方程，分别求出的实轴长、焦距、离心率、渐近线逐一比较即可．【详解】，，不妨设，的实轴长分别为，不相等，故A错误；的焦距分别为，相等，故B正确；的离心率分别为，不相同，故C错误；的渐近线分别为，相同，故D正确．10.定义在上的函数满足：，则（）A.B.C.D.【答案】AC【解析】ABC，即可得到，对于D，令，可得，进而可得．第6页/共22页【详解】解：令，则，解得，故A正确；令，则，解得，故B错误；令，则，，故C正确；令，则，又，，又不恒为零，，即，，即，故D错误．正四棱台的高为，，，点均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则（）A.点的轨迹的长度为B.直线与所成角的正切值的最小值为C.线段的长度的最小值为D.点到直线的距离大于【答案】ACD【解析】【分析】先由直线与直线所成角正切值的最小值，判断点的轨迹，再分别验证四个选项是否正确.【详解】在平面内，在平面外，所以平面，第7页/共22页因为直线与直线所成角范围为，正切函数在上单调递增，所以当直线与直线所成角正切值最小时，直线与直线所成角最小，此时，直线与直线所成角为直线与平面所成角，设直线与平面所成角为，，则设平行的直线为平行的直线为垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系.，，，，，，，，，，设平面的法向量则，解得所以，则，所以点轨迹是以为圆心，为半径的圆，第8页/共22页则点轨迹长度为，A正确；因为在平面内，设，，，，所以，化简得设，其中设直线与直线所成角为，则，因为，所以，，即，当取最大值时，取最小值，即取最小值，此时，，，所以直线与直线所成角的正切值的最小值为，B错误；，所以第9页/共22页因为，，，，所以长度的最小值为，C正确；，，同理过作于，设由正棱台性质可知：平面，平面，所以，因为，，平面，平面，所以平面，因为，所以，因为，，平面，平面，所以平面，即与重合，所以，则，设点为中点，则，，，因为，所以，点到直线的距离为，则点到直线的距离为，由图形的几何性质可知，当在线段上时，点到直线的距离最小，此时，，第10页/共22页所以点到直线的距离的最小值为，D正确.非选择题部分（共分）三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.若，则__________.【答案】【解析】【详解】，即，解得.13.在等差数列中，为其前项和，若，则__________.【答案】42【解析】【分析】根据条件，代入等差数列求和公式中，可得的值，代入公式，即可得答案.【详解】因为为等差数列，设公差为d，则，所以，解得，所以.14.如图，已知定点轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点与相交于点，则的最小值为__________.第11页/共22页【答案】【解析】【详解】由可知，直线方程为，则设点，所以，则直线方程为，当时，可得，即点，所以点的轨迹为抛物线，即，可得抛物线的准线为，焦点为，如图所示，延长，交抛物线准线于点，第12页/共22页由抛物线概念可知，则的最小值，即的最小值，可知当三点共线时，取得最小值，此时.四､解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知函数的最大值为1.（1）求常数的值；（2）求使成立的的取值集合.【答案】（1）（2）.【解析】1）根据两角和、差的正弦公式、降幂公式及辅助角公式，可得的解析式，根据的最大值，即可得m值.（2）由（1）得的解析式，根据正弦型函数的性质，代入求解，即可得答案.【小问1详解】由题意，当时，有最大值，所以，解得.【小问2详解】由（1）知，，由，得，所以，第13页/共22页解得，故满足条件的的取值集合为.16.已知椭圆的离心率为，且过点.（1）求椭圆的方程；（2的直线与椭圆交于两点.当的方程.【答案】（1）（2）或.【解析】1）根据离心率公式，可得a，b的关系，则，代入点坐标，求出b值，进而可得a值，即可得答案.（2）设出直线l的方程，与椭圆联立，根据韦达定理，可得表达式，根据弦长公式，可得的表达式，根据点到直线的距离，可得点P到直线AB的距离，即可得的面积S的表达式，根据二次函数的性质，即可得答案.【小问1详解】因为椭圆的离心率，所以，则，因为点在椭圆上，所以，解得.所以椭圆的方程为.第14页/共22页【小问2详解】设直线，联立，化简得，，解得.由韦达定理得，则，所以，又因为，所以.当时，即时，的面积取到最大值，此时，直线或.17.在中，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足.第15页/共22页（1）证明：平面平面；（2上是否存在点在平面内的射影恰好落在直线上.的长度；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）存在，.【解析】1）根据余弦定理，求出几何体各边长，再根据勾股定理证明线线垂直，进而根据面面垂直的判定定理，证明结果即可；（2）根据几何体的性质，建立空间直角坐标系，写出点的坐标，由向量共线的坐标表示，以及向量垂直的坐标表示，求出参数值，求出结果.【小问1详解】在中，由余弦定理可得，则，又为的中点，则.取的中点，显然有.因为，则在中，，由余弦定理可得，可得，所以，所以，，，平面，平面，第16页/共22页所以平面，因为平面，所以平面平面【小问2详解】如图所示，连接，因为，所以，由（1）可知，两两相互垂直，则以为坐标原点，以为轴，建立空间直角坐标系，则，故.记在上的射影点为，设，可得，则，即，解得，因为，且，所以；所以存在符合题意，且.18.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，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.表示从第二次自动操作开始，第17页/共22页每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且.（1）记前2次自动操作后的状态中状态为1的次数为，（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；（ii）求随机变量的期望；（2）记事件：前次自动操作后的状态中状态1和状态2均为次，当时，证明：.【答案】（1i）ii）；（2）证明见解析【解析】1i）利用条件概率的乘法公式求解；（ii）根据题意，的可能取值有，再分别求出对应概率并计算期望即可；（2）由题可知，再根据，且进行计算求解．【小问1详解】记事件：前次操作后处于状态1，则事件：前次操作后处于状态2，由已知得.（i）即求；（ii）的可能取值有，，，，所以；【小问2详解】第18页/共22页事件表示发生且第次操作后处于状态1，事件表示发生且第次操作后处于状态2，显然，且，当时，由，得，又，，而，得，所以.19.设，函数.（1）若，求在处的切线方程；（2）若，若与的图象有两个公共点，求的取值范围；（3）若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（3）.第19页/共22页【解析】1）利用导数的几何意义求切线方程；（2有2个不等实根，记，利用导数结合零点个数求参数即可；（3、、进行讨论求解．【小问1详解】解：，，故切线方程为，【小问2详解】解：由，得，所以，即，记，则，又，则在上单调递增，所以有2个不等实根．记，有，得在上递减，在上递增.又当时，，当时，，故只需，即，得，故.【小问3详解】第20页/共22页解：记，记，注意到与的符号相反，，可知在上递增，在上递减，故，记，则，当时，，故在上递增，在上递减，所以，若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，若，则，故存在，使