浙江省宁波市2025-2026学年高三上学期高考模拟考试数学试题

绝密★启用前 宁波市2025学年第一学期高考模拟考试 高三数学试题卷 本试卷共4页，19小题，满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1.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卷 上。将条形码横贴在答题卷右上角“贴条形码区”。 2.作答选择题时，选出每小题答秉后，用2B铅笔把答题卷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，答素不能答在试题卷上。 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答策必须写在答题卷各题目指定区域 内相应位置上：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策无效。 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄玻。 选择题部分（共58分） 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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.已知集合A={3,5,6,8},B={4,5,7,8},则A∩B= A.{3,4,5,6,7,8} B.{5,8} C.{3,6 D.{4,7 2.复数-1+2+D的虚部为 -i A.-3 B.3 C.-3i D.3i 3.已知a=(-6,-8),b=(4,),若a∥b,则l= A.I9 C, 20 B.5 D.10 3 4.在(x+y(x-y)的展开式中，xy的系数为 A.0 B.20 C.10 D.-10 5.下面四个条件中，使a>b成立的必要不充分条件是 A.a-12b B.a+12b C.> D.a'>b' 影巴全目 6.大气压强卫= 受力面积'它的单位是“帕斯卡”(P阳)，它随海拔高度(m)的变化规律 压力 可以近似地表示为p=PeM(其中为自然对数的底数，p。是海平面大气压强，k为常 数).己知宁波市海拔最高的是四明山的主峰，主峰上一处的海拔约为1018m,大气压 强为90900Pa,宁波城区一处的海拔约为4m,大气压强为101000Pa.现测得某山峰 上一处的大气压强为80800Pa,请估计该处的海拔高度（单位：m)位于以下哪个范围 内？（参考数据：lg2≈0.3010,1g3≈0.4771) A.(2900,3200) B.（2500,2800) C.(2000,2300) D.(1600,1900) 双曲线E:二3【@>0,6>O的左、石焦点分别为，乃，点P是以ER为直 圆与双曲线E的-个交点，若Pg+P-F,则双曲线E的离心率为 A.16 B.39 C.16 D.47 > 8.已知函数f(x)=sin(wr+p)(o>0),若对任意的x∈R,f(x+)=f()恒成立，且当 x=石时，f取到最大值，则f写 的所有可能取值构成的集合为 A.ta B 2 c.{- 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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.已知等比数列{an},满足aa2=1,则下面说法正确的是 A.若a>1,则数列{an}是递减数列 B.若0<a1<1,则数列{an}是递减数列 C.若-1<a,<0,则数列{an}是递增数列D.若a<-1,则数列{an}是递增数列 10.在某次校园十佳歌手比赛中，八名评委根据参赛选手的表现在5,6,7,8,9,10这六个分 值中选择一个作为选手分数，按照规则，八个得分中去掉一个最高分和一个最低分 (如有同分，则只去掉同分中的一个)，剩下的六个分数作为有效得分.现对某名选 手的六个有效得分进行统计，发现共平均值为宁.在对这六个有效得分统计的下述 结论中，一定能判断六个有效得分的中位数不超过8的是 A.仅出现一个分数是5 B.极差为4 C.众数为7 D.方差不超过3 餐巴扫描全能王 镜3觉人群在用的日罐AP 11.在圆台OO中，OO=2,AB,CD分别为上、下底面的直径，AB⊥CD,且 CD=2AB=4,动点P、分别在线段AC和OO,上运动（含端点)，满足 P2⊥00，则 A.圆台O0,的体积为 14π B.四面体A-BCD外接球的表面积为65 C.射线P巴交圆台O0,侧面于点M,则PM的最小值为】 D.射线QP交圆台OO,侧面于点N,则PW的最大值为 非选择题部分（共92分) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知点A(1,2)在抛物线C:y2=2px上，则A到C的焦点的距离为▲ 13.已知函数f()=xe-a一a有两个零点，则实数a的取值范围是▲ 14.已知甲袋中有大小质地完全相同的3个红球和3个黑球，乙袋中有大小质地完全相 同的2个红球和3个黑球，现随机地选择一个袋子，并从中不放回地依次随机摸出 两个球，则在第一次摸到红球的条件下，第二次摸到的也是红球的概率是▲· 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.(13分)已知a,b,c分别为△ABC三个内角A,B,C的对边， acosC+3asinC-b-c=0. (1)求A: (2)若c0s(B+巧=5 =0,且△ABC的面积为8+2，求b的值 16.(15分)记Sn为正项数列{an}的前n项和，已知4Sn=a+2an-3. (1)求数列{an}的通项公式： 2)若数列6}清足6=1，=品。，求证：么+6+么++6< an+2 影巴全目 17.(15分)如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD,底面ABCD是直角 梯形，AD//BC,AB⊥AD,且PA=AD=2BC, E为CD的中点，F为线段PD上的点，PF=3FD. (1)证明：EFW平面PAB: (2)若PB=√5BC=√5AB,点M是AB的中点， 求平面MEF与平面PEF夹角的余弦值. 第17题 187分)已知椭圆c:号+长-o6>0叭的离仓率为号，4 是C上的点. (1)求椭圆C的方程； (2)过T(1,0)作两条倾斜角互补的直线，分别交椭圆C在x轴上方部分于D,E两点. ()求△DE面积的最大值： (i)过TA延长线上的点P作椭圆C的两条切线l,I2,若TD与l,交于点M, TE与2交于点N,求证：直线MN过定点. 19.(17分)已知函数f(x)=aln(x+1)-2sinx. (1)若曲线y=f(x)在点(0，f(O)处的切线方程为y=x,求实数a的值： (2)若f(x)>0对x∈(0，)恒成立，求整数a的最小值： (3)当a∈(0，)时，证明：f(x)在(0，π)上存在唯一零点x2和唯一极小值点， 且<x2<2x. 器巴全一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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。 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 B C A B D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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。 题号9 10 11 答案AD ACD ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.2 13.(0,+0) 14.3 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.解析：(1)由题可得：sinAcosC+√3 sinAsinC-sinB-sinC=0, 即√5 sin AsinC-cos AsinC-sinC=0,而sinC≠0， 所以1=V3sinA-cosA=2sin(4-乃， 61 所以A= 3. …5分 (2)因为c0s(B+乃= 410 ，所以sin(B+乃=72 410, 所以sinB=sin(B+-马= 44 ,cosB=c0sB+π_乃=4 44 所以sinC=sin(A+B)=3+45 10 又因为面积S=bsnC=2 sin Asin BsinC-94R=8+25, 50 解得R=0 , 所以b=2 Rsin B=4.…13分 16.解析：(1)当n=1时，可得a=3, 当n≥2时，4Sn-=a-+2an-1-3,作差可得(a-an-1-2(an+an-)=0, 因为是正项数列，所以an-an-1=2, 所以an=2n+1,…7分 bntlan ，b.-01.a2.0m-4.4=aa= 15 (2)b ,累乘得：6aa.a“a4aaa。2n+12m+3) 15 所以6，= 15(11 (2n+1)2n+3)22n+12n+3' 又b=1,也满足上式， 所以b+b2+b+…+bn= 17.解析：(1)在线段PA上取H,使得4N=AP, 则可得四边形FNME为平行四边形， 所以EF∥MN, 所以EF∥平面PAB.…6分 (2)因为平面PAB⊥平面ABCD,AB⊥AD, 所以AD⊥平面PAB, 又PA=AD=2BC,PB=V5BC=√5AB, 所以PB2=AB2+P,所以PA⊥AB, 所以AB,AD,AP两两垂直， 以A为坐标原点，AB,AD,AP分别为x,y,二轴建立空间直角坐标系， 不妨设AB=2,则M1,0,0),E(1,3,0),E(0,3,), 则PF=(0,3,-3),EF=(-1,0,1),ME=(0,3,0), nEF=0 设面MEF的一个法向量为n=(a,b,c),则 n-EM=0’取n=0,0,1, 同理可得面PEF的一个法向量为m=(1,1,), m…n 2V6 则cos<m,n> 所以平面MF与平面PEF夹角的余弦值为 …15分 3 8.1）+y:…4分 (2)()显然当DE与y轴垂直时，TD,TE的倾斜角不互补， 设DE:x=my+n(m≠0)，联立得：(m2+4)y2+2my+n2-4=0, m+452-4 所以⅓+⅓=-2mn m2+4 y2 --】m+n-m+n-=0, 所以2myy2+(n-1(y+2)=0,代入得：2m(n2-4)-2mn(n-1)=2mn-8m=0, 所以n=4,即直线DE过定点(4,0). 所以+y=4w片 所以DE=m+-y-=m+i.4m-12,d= 3 m2+4 √m2+1 所以s-lod-6 6 m2+4m-12+16sJ 4,当m2=28时取到.…10分 √m2-12 ()设P(L,p),(:y=k(x-1)+p,i=1,2,由相切得3k2+2pk,+1-p2=0, 所以+6=号n 3 设MN:y=+1,分别与1，马联立得：w=D,x=P-1二， k-k k-k 因为+w=兰十六=：=0，化简得：4软+1=0， xy-1 Xx-1 xy-1 xx-1 所以直线MN过定点(4,0).…17分 19.解析：(1)fx)=a-2c0sx,由0)=a-2=1得：a=3.3分 x+1 (2)f0)=0,f(x)=a,-2cosx,所以由必要性f"(0)=a-2≥0→a≥2， x+1 当a=2时，fx)=21nx+)-2sinx,f()=2ln(5+)-2<0,不符合， 故a≥3. 下证a=3时成立，此时f(x)=3ln(x+l)-2sinx, 当0<x≤1时，f(x)=3ln(x+l)-2sinx>3ln(x+l)-2x=g(x), 面g=2-,所以在笔瑞，在行别笔减 x+1 x+1 又g(0)=0,g1)=3n2-2>0,所以g(x)>0,即f(x)>0. 当1<x<π时，3ln(x+l)>3ln2>2≥2sinx,所以f(x)>0. 所以当a=3时，均有f(x)=3ln(x+1)-2sinx>0对x∈(0，π)恒成立， 综上所述，整数a的最小值为3.…9分 法二：下证a=3时成立，此时f(x)=3ln(x+l)-2sinx, 0号，o是2，-2man月 3 x+1 上递增， 3 而/0<0/孕>0，所以存在∈（0使得f)=0,即2如中=0. 而=1-元30 ，所以 6 6 则fm=f'6)=3 3 -2cosx=2sin*-2.cos>2 +1 3-5=0, 所以fx)在0,2 递增，有f(x)>f(0)=0. 当死<x<π时，0<元-x<<x, 2 2 所以f(x)=3ln(x+1)-2sinx>3ln(π-x+1)-2sin(π-x)>0,也成立. 综上所述，整数a的最小值为3.…9分 8)当ae0.=2smy在0写到 上递增， 而f0<0f(孕>0，所以存在、0》， 使得∫”(x)=0, 引递增， 所以∫(x)在(0，x)递减，在：2 又f0)=a-2<0,f)<f0<0,f=0 ->0 1+ 所以存在x∈ x02 使得∫"(x)=0, 所以fx)在(0，x)递减，在x,2 递增， 又当xe[时，f)=-2os0,所以到在xe 2π递增， 所以f(x)在(0，x)递减，在(x,π)递增， 所以x=x1是f(x)在(0，π)上的唯一极小值点. 此时f(x)<f(0)=0,f(π)=aln(1+π)>0， 所以在(x,π)，也即(0，π)上存在唯一零点x2 下证：x2<2x1. 因为∈2 所以2x<π，又f(x)在(x,π)递增，所以只需证f(2x)>f(x2)=0. f(x)=aln(1+x)-2sin 2x=2(1+)cosxIn(1+2x)-2sin2x>0 台ln(1+2x)- 2sin0, 1+x1 而sinx<x,只需加强证明：n1+2x)十X 2x>0, 2x 2 2 2x2 则8()=1+2x+x0+2x1+x 5>0, 所以g(x)在 0引上举润适指，8>80=0， 所以g)=n0+2) 2X之0成立，电，7分