浙江省宁波市镇海中学2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页浙江省宁波市镇海中学2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．已知为虚数单位，（

）A． B． C．1 D．3．已知向量，，，，则（

）A． B． C． D．4．抛物线的焦点到直线的距离为（

）A． B． C． D．5．在中，“”是“为等腰三角形”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6．已知正四棱锥的底面边长为4，高为6，则该正四棱锥的内切球半径为（

）A． B． C． D．7．现有幅书法作品，每一幅上分别写着“祝、你、数、学、一、百、五”的字样，幅作品全部奖励给成绩优异的小许、小妍、小皓位同学，每人至少得到一份，则不同的奖励方案有（

）种A．1470 B．1512 C．1806 D．29828．已知集合与集合，用表示集合的元素个数，表示不超过的最大整数，则（

）A．1215 B．1216 C．1217 D．1218二、多选题9．已知的展开式中常数项为3，，则下列说法正确的有（

）A．B．的展开式中的系数为3C．的展开式中各二项式系数之和等于各项的系数之和D．的展开式中系数最大的项为第2项或第3项10．已知三棱柱，为中点，下列选项正确的是（

）A．过点有且只有一条直线与直线、都垂直B．过点有且只有一个平面与直线、都垂直C．过点有且只有一个平面与直线、都平行D．过点有且只有一个平面与直线、都相交11．已知为虚数单位，复数，则下列说法正确的是（

）A．的三角形式为B．若，则实数的值为3C．，，……，中有44个正整数D．三、填空题12．双曲线：的渐近线的斜率为.13．已知函数，当时，恒成立，则的取值范围为.14．将一个棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥按如图所示的方式拼接在一起，则此几何体的各个面所在的平面将空间分成个部分.

四、解答题15．已知数列中，，.(1)求数列的通项公式；(2)求数列的前项和.16．已知在中，.(1)求的值；(2)若边上的高等于，求.17．高尔顿板是英国生物统计学家高尔顿设计用来研究随机现象的模型，在一块木板上钉着若干排相互平行但相互错开的圆柱形小木块，小木块之间留有适当的空隙作为通道，前面挡着一块玻璃，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，最后掉入高尔顿板下方的某一球槽内.如图所示的高尔顿板有5层小木块，将小球从顶端放入，小球下落的过程中，每次碰到小木块后都等可能地向左或向右落下，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内.(1)如图，让一个小球从高尔顿板上方的通道口落下，设小球落入球槽的号码为X，求X的分布列与数学期望.(2)现小禹同学对高尔顿板进行改进，小球在下落的过程中与小木块碰撞时，有的概率向左，的概率向右滚下，小球共经过4次碰撞后，最后掉入编号为1、2、…、5的球槽内.将80个小球依次从高尔顿板上方的通道口落下，试问2号球槽中落入多少个小球的概率最大？18．抛物线：上一点到轴的距离为，焦点为，.(1)求抛物线的方程与点横坐标；(2)若在轴上方，抛物线的准线与轴交于，过作一条斜率为负的直线交拋物线于，两点，点在点左侧.（ⅰ）试判断在轴上是否存在一定点，使得直线TM，TN的斜率之和为0，若存在，请求出点坐标，若不存在，请说明理由；（ⅱ）若的余弦值为，记的面积为，的面积为，求的值.19．已知函数，圆：，设与的图像交于，两点.(1)求在处的切线方程；(2)试判断线段AB的中点在第几象限，并证明：(3)证明：随着的变化，直线AB的斜率始终小于1.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《浙江省宁波市镇海中学2025-2026学年高三上学期期末考试数学试题》参考答案题号12345678910答案CBACABCCBCDAC题号11答案BC1．C【分析】首先列举法求出集合，再根据并集的定义求即可.【详解】解方程得，所以.又，所以.故选：C.2．B【分析】根据复数的除法运算可得，进而可求模长.【详解】由题意可得：，所以.故选：B.3．A【分析】根据向量的坐标表示代入即可.【详解】因为，，，所以，，解得，所以.故选：A4．C【分析】先得到焦点，再利用点到直线的距离公式求解即可．【详解】由题可知，抛物线的焦点，则焦点到直线的距离．故选：C．5．A【分析】由二倍角公式展开结合三角形的内角特点可得充分性成立，通过举反例说明必要性不成立即得结论.【详解】因，，由可得，因为是三角形的内角，所以，所以，则可得或（不合题意，舍去），故为等腰三角形，即由“”可得“为等腰三角形，故充分性成立；若为等腰三角形，可能有，不一定有，例如，为等腰三角形，但是，所以必要性不成立.故“”是“为等腰三角形”的充分不必要条件.故选：A6．B【分析】先确定球心的位置，在正四棱锥中，球心在高线上，再利用等体积法，求解内切球的半径；【详解】；其中，，由于；则，；故选：B.7．C【分析】分位同学分得的书法作品数为，，和，，和，，和，，共四种情况讨论即可.【详解】分四类：第一类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种；第二类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种，第三类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种；第四类：当位同学分得的书法作品数为，，时，共有种，由加法原理，知共有种不同分法.故选：C.8．C【分析】设，根据高斯函数运算可得，然后可得的值域，然后取交集即可.【详解】设，则有，当时，有x000000000111001122

0

1

1

223

0

1

2

456的所有可能值为0，1，2，4，5，6因此，的值域，则共有个元素，即故选：C.9．BCD【分析】根据二项式展开式的概念，根据常数项求出参数值，写出二项式的展开式，进而逐一判断各选项正误.【详解】二项式的展开式的第项为，当时，即时，可得，解得，所以A错误；可得二项式，展开式中的系数为3，所以B正确；各项系数之和为，二项式系数之和为，所以C正确；可知展开式中系数最大的项为第2项或第3项，所以D正确；故选：BCD.10．AC【分析】根据异面直线的性质以及线面平行、垂直的判定定理，对过点与直线、的不同位置关系的情况进行逐一分析.【详解】在B选项中，若一个平面与两条异面直线都垂直，那么这两条异面直线平行，而与不平行，所以不存在这样的平面，所以B选项错误，在C选项中，过点分别作直线与的平行线、，则，平面，平面，所以平面，同理可知平面，所以过点有且只有一个平面与直线、都平行，所以C选项正确，在A选项中，由C选项可知，过点有且只有一个平面与直线、都平行，且该平面为平面，因为过点有且只有一条直线与平面垂直，记该直线为直线，因为平面，所以，因为，所以，同理可知，所以，因此过点有且只有一条直线与直线、都垂直，所以A选项正确，在D选项中，过点与直线、都相交的平面有无数个，所以D选项错误.故选：AC.11．BC【分析】对于A，直接代入结合复数三角形式即可求解；对于B，根据复数运算得的虚部为，再由复数的概念即可求；对于C，根据题意，先求得，再判断即可；对于D，由即可判断．【详解】对于A，当时，，则对应的三角形式为，故A错误；对于B，，又，所以，则的虚部为，，，解得，B正确；对于C，先求，根据复数模的性质：若，则，对于，模为，所以，要使为正整数，则必须是完全平方数，即（），则，因为，所以，即，因为，，，又因为，所以，故，所以从到，共个正整数，选项C正确；对于D，由，，，，故D错误．故选：BC．12．【分析】根据双曲线的标准形式方程求其渐近线的斜率.【详解】由题意知双曲线：，则可得双曲线的标准方程为，故可得双曲线的渐近线为，所以渐近线的斜率为.故答案为：13．【分析】先根据恒成立代入特殊值求出的大致范围，再利用导数证明所求范围内恒成立即可.【详解】由可得.因为当时，恒成立，所以时，；设，，所以为增函数，又，所以，即.当时，，，所以，令，，当时，，单调递减；当时，，单调递增；所以，即.所以当时，恒成立，的取值范围为.故答案为：14．21【分析】利用正四面体和正四棱锥的性质来计算相邻两个面的二面角，通过两个二面角互补，可判断两平面共面，再证明面面平行，可确定这是一个三棱柱，从而可确定结果.【详解】

因为上图是棱长为1的正四面体和各条棱长都为1的正四棱锥，所以取的中点为，可知即正四面体的一个二面角的平面角为，正四棱锥的两侧面形成的一个二面角的平面角为，由已知可得：，所以，又由已知可得：，所以，由于，因为，所以，从而可得侧面与侧面共面，即四边形是菱形，可得，再利用正四面体与正四棱锥的性质可知，侧面与侧面也共面，即四边形是菱形，可得，由于平面，平面，所以平面，同理平面，又因为平面，所以平面平面，所以这个几何体是一个三棱柱，其中三个侧面侧面，侧面所在的平面可将空间分成个部分，再由两个平行底面与底面又将空间分成上、中、下个部分；所以这五个面所在的平面可以将空间分成个部分.故答案为：15．(1)(2)【分析】（1）利用累乘法求数列的通项公式；（2）利用错位相减法求前项和.【详解】（1）由，可得，当时，，又因为，即对也成立，所以.（2）①，②，，得，所以.16．(1)(2)【分析】（1）代入两角和差的正切公式，再进行化简求得，再利用同角三角函数的关系，求得；（2）利用三角形的面积公式得出等量关系，求出边之间的关系，再代入余弦定理进行求解；【详解】（1），，，所以解得，又因为，又因为为三角形内角，故则.（2）设，高为，则面积.由面积公式，，得.由，，得代入余弦定理：，得，代入，得.17．(1)分布列见详解；(2)7个或8个【分析】（1）分析可知小球共经过4次碰撞，向右次，可得，进而可得分布列和期望；（2）分析可知小球落入2号球槽的概率为，且，令，运算求解即可.【详解】（1）若小球落入球槽的号码为，，则小球共经过4次碰撞，向右次，可得，则；；；，，所以X的分布列为X12345PX的期望为.（2）若小球落入2号球槽，则小球共经过4次碰撞，向右1次，且每次向右的概率均为，则小球落入2号球槽的概率为，设80个小球落入2号球槽的个数为，则，令，即，解得，且，即，所以2号球槽中落入小球的概率最大的为7个或8个.18．(1)，(2)（ⅰ）存在，；（ⅱ）【分析】（1）由抛物线定义列式计算即可求解；（2）（ⅰ）设，由得，设，由计算即可求解；（ⅱ）由（ⅰ）可知，是的角平分线，设，由二倍角余弦计算可得，进而可得，写出直线的方程，判断可得即三点共线，即，直线与抛物线联立方程计算即可求解.【详解】（1）因为点到轴的距离为，所以点到准线的距离为，因为，所以，解得，所以抛物线的方程为，所以，代入可得；（2）（ⅰ）由题意可得，，设且，因为三点共线，所以，即，化简可得，即，若存在点，使得，设，则，当，即时，成立，所以存在点，使得成立；（ⅱ）因为是抛物线的焦点，且，所以是的角平分线，设，则，解得，所以，，所以直线的方程为，此时恰好满足直线方程，在直线上，即三点共线，所以，直线与抛物线联立方程可得，即，解得，故.19．(1)(2)第二象限，证明见解析(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）设由题意可得，设，则有，利用导数确定函数的单调区间，从而可得，即可得线段AB的中点所在象限；（3）结合（2）即证，，，结合，可得只需证明，令，则只需证明，利用导数证明即可.【详解】（1）因为，所以，所以，所以函数在处的切线方程为,即；（2）第二象限，证明如下：设则有，设，则有，