浙江省宁波市2025-2026学年高三下学期高考模拟考试（二模）数学试卷（含答案）_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年04月高三试卷

绝密★启用前 宁波市 2025 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，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 卡上。将条形码横贴在答题卡“贴条形码区”。 2．作答选择题时，选出每小题答案后，用2B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。 3．非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区 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案无效。 4．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 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．复数z (1i)(12i)的虚部为 A．3 B．1 C．1 D．3 2．集合U  xZ |x|3  ,A0,1,2,3，则ð A中的元素个数为 U A．1 B．2 C．3 D．4 3．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BCDB  A．0 B．1 C． 2 D．2 数学试题 第1页 共4页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．4 3 B．6 3 C．8 3 D．10 3  2  1,2 x0 7．已知函数 f(x) x ，设a,b,c是三个不同的实数，且满足  lnx,x0 ff(a)ff(b)ff(c)，则abc的最小值为 1 1 A．e2 1 B．e1 C．e2 1 D．e1 e e2 8．数列a 满足：a 1,a 2,a (1)n1a a (n2)，S 为a 的前n项和，则 n 1 2 n n1 n2 n n A．a 1 B．a 2026 C．S 1 D．S 2026 2026 2026 2026 2026 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。 x2 y2 y2 x2 9．若a,b是两个不相等的正实数，则双曲线C :  1与双曲线C :  1的 1 a2 b2 2 b2 a2 A．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 1 2 A． f(0)0 B． f   2 2 C． f(1x) f(1x) D． f(x2) f(x) 11．正四棱台ABCDABCD 的高为2，AB 2,AB8，点M,N,P均在平面B AC 内， 1 1 1 1 1 1 1 且直线DP与MN 夹角的正切值的最小值为2 2，则 1 2 A．点P的轨迹的长度为 6π 3 6 B．直线DA与DP所成角的正切值的最小值为 1 1 1 5 C．线段PC 的长度的最小值为 2 1 2 D．点P到直线BC 的距离大于 1 1 3 数学试题 第2页 共4页非选择题部分（共 92 分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。  π 12．若tan 3，则tan ▲ ．  4 13．在等差数列a 中，S 为其前n项和， n n 若S 6,S 20，则S  ▲ ． 3 5 7 14．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， （第14题图） 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。  π  π 15．（13分）已知函数 f(x)sin2x sin2x 2cos2xm的最大值为1．  6  6 （1）求常数m的值； （2）求使 f(x)0成立的x的取值集合． x2 y2 3  3 16．（15分）已知椭圆E:  1ab0的离心率为 ，且过点1, ． a2 b2 2   2   （1）求椭圆E的方程； 1 （2）已知点P2,1，斜率为 的直线l与椭圆E交于A,B两点．当△PAB的面积 2 最大时，求直线l的方程． π 17．（15分）在△ABC中，ACB ,AC4,BC2，M 3 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 ； （第17题图） （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． 若存在，求出AP的长度；若不存在，请说明理由． 数学试题 第3页 共4页18．（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 1 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 ， 2 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． p  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 ij 2 1 率，若 p  ,p  ，且 p  p 1,p  p 1． 11 3 21 3 11 12 21 22 （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； （ⅱ）求随机变量X 的期望E(X)； （2）记事件Q ：前2k(kN*)次自动操作后的状态中状态1和状态2均为k次， k 1 4 当k 3时，证明：PQ  PQ  PQ ． k 3 k1 27 k2 19．（17分）设a0,a1，函数 f(x)ax b,g(x)log (xb)． a （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)，使得 f(x)与g(x)的图象有三个公共点，求实数b的取值范围． 数学试题 第4页 共4页宁波市 学年第二学期高考模拟考试 2025 高三数学参考答案 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 C C A D D B D A 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 BD AC ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．2 13．42 171 14． 2 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。  π 15．解析：（1） f x 3sin2xcos2xm12sin2x  m1，--------------3分  6 π 当x 2kπ(kΖ)时， f x有最大值m3，从而m31，故m2．---------6分 6  π  π （2）由（1）知， f x2sin2x  m12sin2x  1，  6  6  π 1 π π 5π 由 f x0，得sin2x   ，从而 2kπ2x  2kπ,kZ，----------10分  6 2 6 6 6 π 解得kπx kπ,kZ， 3  π  故满足条件的x的取值集合为x|kπ x kπ,kZ．----------------------------------13分  3  数学答案 第1页 共6页c 3 16．解析：（1）因为椭圆E 的离心率e  ，------------------------------------------2分 a 2 x2 y2 所以a2b，E:  1， 4b2 b2 2  3    3 12  2  因为点1, 在椭圆上，所以  1，解得b1,a2．   2   4b2 b2 x2 所以椭圆E 的方程为  y2 1．---------------------------------------------------------------5分 4 1 （2）设直线l:y xm,Ax ,y ,Bx ,y ， 2 1 1 2 2 x2   y2 1  4 联立 ，化简得x2 2mx2m2 20，--------------------------------------7分  1 y xm  2 4m2 4  2m2 2  84m2 0 ，解得 2m 2 ． 由韦达定理得x x 2m,x x 2m22, x x  84m2 2 2m2 ， 1 2 1 2 1 2 2  1 所以 AB  1  x x  5 2m2 ，----------------------------------------------10分  2 1 2 1  21m 2 2 又因为d   m ，------------------------------------------------------12分 PAB  1 2 5 1   2 所以S  1 AB d  m  2m2  m2 2m2 ． △PAB 2 PAB 当m2 1时，即m1时，△PAB的面积取到最大值， 1 1 此时，直线l:y x1或y x1．--------------------------------------------------15分 2 2 17．解析：（1）在△ABC中，由余弦定理可得AB2 3， 则ABBC ．又M 为AC的中点， 数学答案 第2页 共6页1 则MAMBMDDB AC  2． 2 取BM 的中点O，显然有ODBM ．------------------------------------------------------2分 在△AMO中，AMO120，由余弦定理可得AO  7 ，----------------------4分 可得DA2 OD2 OA2，所以ODOA，故OD平面ABM ， 所以平面DMB平面ABM .-------------------------------------------------------------------6分 （2）建立空间直角坐标系如图，       则C 0, 3,0 ,B  1,0,0  ,M 1,0,0  ,A 2, 3,0 ,D 0,0, 3 ，-------------8分          故MA 1, 3,0 ,MD 1,0, 3 ,AB 3, 3,0 . 记P在DM 上的射影点为Q，     设AP AB,MQ MD，-----------------------10分       可得PQ MQMAAP  13, 3 3, 3 ，    PQMA0 由题  ，----------------------------------------------------------------------------12分 PQMD 0 5 解得 ， 7 10 3 所以存在P符合题意，且AP .-------------------------------------------------------15分 7 18．解析：记事件A ：前i次操作后处于状态1，则事件A ：前i次操作后处于状态2， i i 由已知得PA P  A   1 ,PA |A P  A |A   2 ,P  A |A  P  A |A   1 . 1 1 2 i1 i i1 i 3 i1 i i1 i 3 （1）（ⅰ）即求P  A A  PA P  A |A   1  1  1 ；-------------------------------4分 1 2 1 2 1 2 3 6 （ⅱ）X 的可能取值有0，1，2，有 PX 0P  A A  P  A  P  A |A   1  2  1 ， 1 2 1 2 1 2 3 3 1 2 1 PX 2PAA PA PA |A    ， 1 2 1 2 1 2 3 3 数学答案 第3页 共6页1 PX 11PX 0PX 2 ，------------------------------------------------7分 3 计算得EX1；------------------------------------------------------------------------------9分 （2）事件M 表示Q 发生且第2k次操作后处于状态1，事件N 表示Q 发生且第2k次操 k k k k 1 作后处于状态2，显然Q M N ，且P(M )P(N ) P(Q )， k k k k k 2 k 当k 3时，由Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q Q ， k k1 k k1 k k1 k k2 k1 k k2 k1 k 得P(Q )P(Q Q )P(Q Q Q )P(Q Q Q )P(Q Q )P(Q Q Q ) k k1 k k2 k1 k k2 k1 k k1 k k2 k1 k -------------------------------------11分 又PQ Q PM Q N Q 2PM Q 2P(M )P(Q |M ) k1 k k1 k k1 k k1 k k1 k k1 P(Q )P(Q |M )， k1 k k1 P(Q Q Q )P(M Q Q N Q Q )2P(M Q Q ) k2 k1 k k2 k1 k k2 k1 k k2 k1 k 2P(M )P(Q Q |M )P(Q )P(Q Q |M )，---------------------------13分 k2 k1 k k2 k2 k1 k k2 而PQ |M P(A A  A A |M )P(A A |M )P(A A |M ) k k1 2k1 2k 2k1 2k k1 2k1 2k k1 2k1 2k k1 2 1 1 1 1      ，--------------------------------------------------------------------------15分 3 3 3 3 3 得P(Q Q |M )P(A A A A  A A A A |M ) k1 k k2 2k3 2k2 2k1 2k 2k3 2k2 2k1 2k k2 P(A A A A |M )P(A A A A |M ) 2k3 2k2 2k1 2k k2 2k3 2k2 2k1 2k k2 2 2 1 2 1 2 1 2 4          ， 3 3 3 3 3 3 3 3 27 1 4 所以PQ  PQ  PQ ．--------------------------------------------------17分 k 3 k1 27 k2 19．解析：（1） f xex e2， f 'xex， f '2e2，故切线方程为ye2x． ----------------------------------------3分 （2）由 f x gx，得ax e2 log  xe2 ， a 所以ax xlog  xe2   xe2 ，即log ax ax log  xe2   xe2 ——（*）， a a a 记 pxlog xx，可知 px在0,上单调递增， a 数学答案 第4页 共6页故由（*）得ax xe2，所以ax xe2 0有2个不等实根．----------------------6分 记xax xe2，有'xaxlna1，   1    1    ln  ln   lna lna 得x在, 上递减，在 ,上递增．----------------------8分  lna   lna          又当x时，x，当x时，x，   1  ln  故只需 lna 0，即1e2lnalnlna0，得lnae2，故1aee2．  lna      --------------------------10分 axxblna21 （3）记hxax blog xb，h'x ， a 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， 1  1   1  t'xlna ，可知tx在 b,b  上递增，在 b ,  上递减， xb  lna  lna   1  故tx tb  blnalnlna1， max  lna  1  记mlna0，则tb  lnmbm1sm，  lna 1  1 1  当b0时，s'm b，故sm在 0,  上递增，在  ,  上递减， m  b b  1 1 所以sm s  ln 2， max b b 1 若ln 20，即be2，则sm0恒成立，tx0恒成立，h'x0恒成立， b 故hx单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾．---------------------------------12分 若0be2，则sm 0，故存在a0,1，使得tx 0， max max 又当xb时，tx，当x时，tx， 数学答案 第5页 共6页1 所以存在bx b x ，使得tx 0i1,2， 1 lna 2 i 故当xb,x   x ,时，tx0，h'x0，当xx ,x 时，tx0，h'x0， 1 2 1 2 所以hx在b,x 上递增，在x ,x 上递减，在x ,上递增． 1 1 2 2 当b0时，sm在0,上递增，当m时，sm，故存在m0，使得 sm0，即存在a0,1，使得tx 0， max 又当xb时，tx，当x时，tx， 1 所以存在bx b x ，使得tx 0i1,2， 1 lna 2 i 故当xb,x   x ,时，tx0，h'x0，当xx ,x 时，tx0，h'x0， 1 2 1 2 所以hx在b,x 上递增，在x ,x 上递减，在x ,上递增． 1 1 2 2 下面证明：当be2时，命题成立． 当xb时，hx，当x时，hx，所以只需证明hx 0hx ． 1 2 由h'x 0i1,2，得axi x blna2 10i1,2， i i 设lxax bx，------------------------------------------------------------------------------14分 lx在R上递减，又lb0，且当x时，lx， 故存在x b,，使得lx 0，所以ax3 bx x log x bhx 0． 3 3 3 3 a 3 3   因为lx ax1 bx  1  x bax1  x b2  1  1 x b2， 1 1 x 1 b 1 1 x 1 b  lna2 1   1 又因为0x b x b，故lx 0， 1 lna 2 1   1 1 同理lx   x b2，所以lx 0， 2 x 2 b  lna2 2   2 所以lx lx lx ，结合lx在R上递减，可得x x x ， 1 3 2 1 3 2 又因为hx在x ,x 上递减，所以hx 0hx ，得证． 1 2 1 2 综上，be2．---------------------------------------------------------------------------------17分 数学答案 第6页 共6页