浙江省宁波市2025届高三上学期11月高考模拟考试（一模）数学试卷(含答案)

这是一份浙江省宁波市2025届高三上学期11月高考模拟考试（一模）数学试卷(含答案)，共19页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．集合,,则( )
A.B.C.D.
2．复数z满足,则( )
A.1B.2C.D.5
3．向量,满足,,则( )
A.B.C.D.
4．研究小组为了解高三学生自主复习情况,随机调查了1000名学生的每周自主复习时间,按照时长（单位：小时）分成五组：,,,,,得到如图所示的频率分布直方图,则样本数据的第60百分位数的估计值是( )
A.7B.7.5C.7.8D.8
5．圆台的高为2,体积为,两底面圆的半径比为,则母线和轴的夹角的正切值为( )
A.B.C.D.
6．已知椭圆C的左、右焦点分别为,,过上顶点A作直线交椭圆于另一点B.若,则椭圆C的离心率为( )
A.B.C.D.
7．不等式对任意恒成立,则的最小值为( )
A.B.2C.D.
8．设,函数若在区间内恰有6个零点,则a的取值范围是( )
A.B.
C.D.
二、多项选择题
9．已知数列,都是正项等比数列,则( )
A.数列是等比数列B.数列是等比数列
C.数列是等比数列D.数列是等比数列
10．函数,则( )
A.的图象过定点
B.当时,在上单调递增
C.当时,恒成立
D.存在,使得与x轴相切
11．已知曲线,下列说法正确的是( )
A.曲线C过原点O
B.曲线C关于对称
C.曲线C上存在一点P,使得
D.若为曲线C上一点,则
三、填空题
12．已知,则_______________.
13．抛物线的焦点为F,P为C上一点且,O为坐标原点,则___________.
14．一个盒子中装有标号为1,2,3,4,5的五个大小质地完全相同的小球.甲、乙两人玩游戏,规则如下：第一轮,甲先从盒子中不放回地随机取两个球,乙接着从盒子中不放回地随机取一个球,若甲抽取的两个小球数字之和大于乙抽取的小球数字,则甲得1分,否则甲不得分;第二轮,甲、乙从盒子中剩余的两个球中依次不放回地随机取一个球,若甲抽取的小球数字大于乙抽取的小球数字,则甲得1分,否则甲不得分.则在两轮游戏中甲共获得2分的概率为___________.
四、解答题
15．在三棱锥中,侧面是边长为2的等边三角形,,,.
(1)求证：平面平面;
(2)求平面与平面的夹角的余弦值.
16．已知数列为等差数列,且满足.
(1)若,求的前n项和;
(2)若数列满足,且数列的前n项和,求数列的通项公式.
17．已知是双曲线上一点,E的渐近线方程为.
(1)求E的方程;
(2)直线l过点,且与E的两支分别交于P,Q两点.若,求直线l的斜率.
18．已知函数.
(1)判断的奇偶性;
(2)若,求证：;
(3)若存在,使得对任意,均有,求正实数a的取值范围.
19．开启某款保险柜需输入四位密码,其中为用户个人设置的三位静态密码（每位数字都是中的一个整数）,是根据开启时收到的动态校验钥匙s（s为1~5中的一个随机整数）计算得到的动态校验码.的具体计算方式：是的个位数字.例如：若静态密码为,动态校验钥匙,则,从而动态校验码,进而得到四位开柜密码为.
(1)若用户最终得到的四位开柜密码为,求所有可能的动态校验钥匙s;
(2)若三位静态密码为随机数且等可能,动态校验钥匙,求动态校验码的概率分布列;
(3)若三位静态密码为随机数且等可能,动态校验钥匙概率为,其中是互不相等的正数.记得到的动态校验码的概率为,试比较与的大小.
参考答案
1．答案：D
解析：由,可得,
故,
故选：D.
2．答案：C
解析：方法一：因为,
所以.
故选：C.
方法二：.
故选：C.
3．答案：C
解析：因为.
因为,所以.
故选：C.
4．答案：B
解析：由于
样本数据的第60百分位数值是：小时;
故选：B.
5．答案：B
解析：设圆台上底半径为r,则下底半径为,
由题意：.
所以圆台母线和轴的夹角的正切值为：.
故选：B.
6．答案：C
解析：如图：
因为的周长为,,,所以,.
又,
所以.
所以椭圆C的离心率为.
故选：C.
7．答案：A
解析：由题意可得,需满足是的一个根,
即,且,所以,
,
当且仅当,即时取等号.
所以的最小值为.
故选：A.
8．答案：D
解析：在区间内恰有6个零点,
又最多有两个零点,
当时,至少有四个根,
,
令,即,,,
又,,即,
令,解得或,
①若且,解得,
此时在有2个零点,
只需要在有4个零点,
这4个零点分别为,,,,
故且,解得,此时有6个零点,满足题意,
②当且时,解得,
此时在有1个零点,
只需要在有5个零点,
这5个零点分别为,,,,,
故且,解得,此时有6个零点,满足题意,
③当且时,解得,
此时在有1个零点,
只需要在有5个零点,
这5个零点分别为,
故且,解得a不存在,
综上可得或,
故选：D.
9．答案：BC
解析：因为数列,都是正项等比数列,
所以设数列,的公比分别为,,且,,且对任意的正整数n有,成立;
对于A,不妨设,,满足,都是正项等比数列,
此时,因为,,
所以,此时不是等比数列,故A不正确;
对于B,因为,所以数列是等比数列,故B正确;
对于C,因为,所以数列是等比数列,故C正确;
对于D,设,,满足,都是正项等比数列,
此时,,,
所以,,所以,此时数列不是等比数列,故D不正确;
故选：BC.
10．答案：ABD
解析：对A：不管a取何值,,
所以函数的图象过定点,故A正确;
对B：当时,,（）,,
设,则,所以在0,+∞上单调递增.
因为,所以,
所以上单调递增,这一说法不正确,即B错;
对C：由B选项可知,,所以存在,使得,
当时,,函数单调递减;
当时,,函数单调递增.
所以函数的最小值为,
且,
因为,故不能取“”.故C正确;
对D：当时,,所以,
设,则.
所以在上单调递增.
因为当时,;当时,.
所以存在,使得,
当时,,函数单调递减;
当时,,函数单调递增.
所以函数的最小值为,且.
由.
设,（）,则,
所以在上单调递减.
且,,所以必定有解.即D正确.
故选：ABD.
11．答案：ABD
解析：将代入可得,故曲线C过原点O,A正确,
设曲线上任意一点,则关于的对称点为,
则
,故在曲线上,B正确,
对于C,若曲线C上存在一点,根据
可知,,均在曲线上,故曲线关于坐标轴以及原点均对称,
若曲线C上存在一点,使得,则,根据对称性不妨设,,
将其代入曲线方程可得,所以,
由于,,则存在角使得,,
,,
所以
,
这与矛盾,故不存在一点P,使得,C错误,
对于D,,
故,故,,
故,故D正确,
故选：ABD.
12．答案：2
解析：由题意,函数,令,所以.
故答案为：2.
13．答案：
解析：如图：
不妨设点在第一象限,过点P作与抛物线的准线垂直,垂足为H.
则,又,所以,所以.
所以.
故答案为：.
14．答案：
解析：若第一轮在第一轮中得1分,
若第一轮中甲抽到的小球为1,3,则乙抽到的小球只能是2,
若第一轮中甲抽到的小球为1,4,则乙抽到的小球可以是2或3,
若第一轮中甲抽到的小球为2,3,则乙抽到的小球可以是1或4,
若第一轮中甲抽到的小球为1,5或者2,4或者2,5或者3,4或者3,5或者4,5时,则乙抽到的小球可以是剩下三个小球中的任何一个,故共有,
因此第一轮中甲得1分的概率为,
在第二轮的过程中,只剩下两个球,要使甲在第二轮中得1分,只需要甲在剩下两个球中抽到号码大的球即可,故概率为,
因此甲在两轮中共得2分的概率为,
故答案为：.
15．答案：(1)证明见解析
(2)
解析：(1)取的中点为O,连接,,
因为是边长为2的等边三角形,所以,,
在直角三角形中,,O为中点,所以,
又,所以,
所以,即,又,为平面内两条相交直线,
所以平面,又在平面内,
所以平面平面.
(2)由(1)知过B作的平行线作为z轴,,分别为x,y轴,
则,,,,
所以,,,,
设平面的法向量为,
则,即,
令,可得,
设平面的法向量为,
则,即,
令,可得,
设平面与平面的夹角为,
则.
16．答案：(1)
(2)
解析：(1)当时,由,则,由,则,
所以等差数列的公差为,
即通项公式,
所以前n项和.
(2)当时,,可得,
当时,
,
将代入上式,则,
综上所述,,.
,可得,
由(1)可知,则,
由方程,可得,解得,
由,则等差数列的公差为3,所以,
由,,则.
17．答案：(1)
(2)
解析：(1)由题意可得,解得,,
故双曲线方程为
(2)由题意可知：直线l的斜率存在,设直线l方程为,,
联立可得,
由韦达定理可得,,
由于,化简得,
故
,
,
故,
故,平方可得,
解得或,
由于l与E的两支分别交于P,Q两点,故,
当时,代入不符合,故舍去,
将其代入,经检验符合,
综上可得.
18．答案：(1)为偶函数,
(2)证明见解析
(3)
解析：(1),
当时,定义域为R,当时,定义域为,均关于原点对称,
且,
故为偶函数,
(2)当时,为偶函数,
要证,只需要证,
当时,,
只需证明时,,即证,
只需证,即证,
令在单调递增,故,所以,得证.
(3)由可得,
当时,,故,
故,
令,则,
令,
令,
①当时,即,存在,使得对任意,,
故在单调递增,又,所以在恒成立,
从而在单调递增,又,所以在恒成立,
从而在单调递增,结合,得对任意恒成立,符合题意,
②当时,,存在,使得对任意,,
故在单调递减,又,所以在恒成立,
从而在单调递减,又,所以在恒成立,
从而在单调递减,结合,得对任意恒成立,不符合题意,
③当时,令,,则,类推②同理可得不符合题意,
综上可得
19．答案：(1)
(2)
(3)
解析：(1)由题意可知：静态密码为,动态验证码,
若,则,得,符合题意,
若,则,得,不符合题意,
若则,得,不符合题意,
若,则,得,不符合题意,
若,则,得,不符合题意,
综上可得,
(2)对于三位静态密码,由可得M的末位是0或5,即只能是0或5,
又,
当为奇数时,,当为偶数时,,
下面计算为奇数时,的个数,
①,,均为奇数时,个,
②,,一奇两偶时,个,
共有个,
所以,进而,
因此分布列为
(3)记事件A:得到的动态校验码,事件B:得到的动态校验码,
事件:收到动态校验钥匙,
则,
从而,
同理可得,
①对于事件:由第(2)问可知：,,
从而,所以,
②对于事件,:静态密码对应的,
当或4时,M为偶数,得可知,
又当时,,得,可知,,
从而,,,,
所以,,
③对于事件,:静态密码对应的,
当时,若遍历这十个整数,得M的个位数也遍历这十个整数,
可知,,从而
当时,若遍历这十个整数,得的个位数遍历0,3,6,9,2,5,8,1,4,7,
继而有M的个位数字也遍历这十个整数,可知,
从而
由①②③可知,即.
0
5
0
5