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浙江省宁波市2024－2025学年高三下学期高考模拟考试数学试卷
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．（2025·宁波模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2025·宁波模拟）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
3．（2025·宁波模拟）已知向量，满足，，则（　　）
A．3 B．4 C．6 D．7
4．（2025·宁波模拟）设，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
5．（2025·宁波模拟）已知数列中，，记为的前项和，，则的值为（　　）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
6．（2025·宁波模拟）已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
7．（2025·宁波模拟）一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（　　）
A．180 B．220 C．260 D．300
8．（2025·宁波模拟）已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（　　）
A． B． C． 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.
9．（2025·宁波模拟）下面说法正确的是（　　）
A．若数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为4
B．若是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等
C．已知是随机变量，则
D．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
10．（2025·宁波模拟）国家知识产权局信息显示，华为技术有限公司申请一项名为“三进制逻辑门电路、计算电路、芯片及其电子设备”的专利，该项专利可以实现大幅度减少二进制逻辑电路的晶体管数量，降低电路的功耗，提高计算效率.该专利蕴含的数学背景是一种以3为基数，以，，为基本数码的计数体系（对称三进制）：三进制数对应的十进制数为，其中，，为了记号的方便，我们用表示数码，比如，，.下面选项正确的是（　　）
A．
B．
C．若，，，则
D．存在唯一的，使得成立
11．（2025·宁波模拟）如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（　　）
A．存在点，使得平面
B．存在点，使得平面平面
C．不存在点，使得
D．不存在点，使得四棱锥有内切球
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·宁波模拟） 展开式中的常数项为　 　．
13．（2025·宁波模拟）在中，，，则　 　.
14．（2025·宁波模拟）关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是　 　.
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．（2025·宁波模拟）如图，在直三棱柱中，，，.是的中点，是与的交点.
（1）若是的中点，证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
16．（2025·宁波模拟）在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数.
（1）求这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望.
17．（2025·宁波模拟）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）求证：当时，.
18．（2025·宁波模拟）已知椭圆，点到椭圆上点的距离的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过定点的直线交椭圆于点，，设点，直线与直线交于直线上一点，求直线的方程.
19．（2025·宁波模拟）设维向量，，定义运算：.
（1）当时，若且，，试比较与的大小；
（2）已知，记且和均为的某一排列}.
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若，求.（提示：.）
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】补集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：不等式，解得或，
即集合或，则.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合A，再利用集合的补集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数的最小正周期为，故A不符合；
B、函数的最小正周期为，且在区间上单调递减，故B符合；
C、函数的最小正周期为，且在上单调递增，故C不符合；
D、函数的最小正周期为，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的性质逐项判断函数的最小正周期、区间单调性判断即可.
3．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，，则，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用向量数量积的运算求得，再求即可.
4．【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法、减法运算法则，化简复数为，再求即可.
5．【答案】B
【知识点】数列的前n项和
【解析】【解答】解：数列中，为的前项和， 满足①，
当时，②，
①-②可得，即，即，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用与的关系，推得，结合累乘法求的值即可.
6．【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知以为圆心，2为半径的圆为；
以为圆心，3为半径的圆为，
由题意可知：两圆相交，因为，所以，
则，整理可得，即，解得，
则的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意可知：以，为圆心的圆分别为、，问题转化为两圆相交求参数范围即可.
7．【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：若截面为等腰直角三角形，腰长为，如图所示：
则，可得，不符题意；
若截面为直角梯形，上底长为，如图所示：
则，得，符合题意，
此时墨水与墨水瓶接触部分的面积.
故答案为：C.
【分析】分情况讨论截面的形状，由题意结合棱柱的体积公式求截面相关边长，再求墨水与墨水瓶接触部分的面积即可.
8．【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为，所以，
令，解得，函数单调递增，
令，解得，函数单调递减，
则极小值点为，极大值点为，
，
且，
所以只需，即，
则，即的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导得，结合研究的区间单调性，确定极值点，再由区间存在最大值得，求范围即可.
9．【答案】B,C
【知识点】等差数列的性质；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、数据，，…，的方差为8，根据方差的性质可知：数据，，…，的方差为，故A错误；
B、数列为等差数列，若正整数，则，
若正整数，则，等差数列的平均数为，
结合中位数定义及等差数列的性质，易知中位数为，故B正确；
C、随机变量的方差，且，则，
故C正确；
D、若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用方差的性质即可判断A；根据等差数列的性质及中位数定义即可判断B；根据即可判断C；由相关系数的实际意义即可判断D.
10．【答案】A,C,D
【知识点】进位制
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，
，
，故B错误；
C、，
因为，
若全取1时，，
若全取时，，
由，则，故的绝对值小于，故C正确；
D、，
，
，
由，则，，
要使，即，
所以，则，且，则，
此时，即有唯一解，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据新定义即可判断A、B；
由，结合确定的最值即可判断C；由，确定的对应值即可判断D.
11．【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】A 、连接交于点，
则分别为中点，
当与重合时，有，即，
因平面，平面，故平面，即平面，A正确；
B、因，则，而，，则，
由且都在平面内，故平面，
如下图所示，
在平面内过作，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面一个法向量为，
则，取，有，
设且，，
设平面的一个法向量为，
则，取，有，
若平面平面，则，可得，
所以存在点，使得平面平面，B正确；
C、同B分析，可得，若，
所以，可得，
所以，则，
所以，可得，C错误；
D、假设存在球与平面、平面、平面都相切，设且，
如下左视图，
则，，，则，
俯视图角度，球心在下底面投影为的内心，则，
要使四棱锥有内切球，则在内有解，
所以，整理得，
所以，显然无解，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当与重合时，应用线面平行的判定定理判断A；构建空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，根据垂直关系求参数值判断B；同B分析，应用空间向量模长的坐标表示列方程求参数判断C；根据棱锥内切球在侧面上投影圆的半径相等列方程求参数判断D.
12．【答案】15
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】通项公式Tr+1 （x2）6﹣r （﹣1）r x12﹣3r，
令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项 15．
【分析】由已知利用通项公式解得r＝4，即可得出展开式中的常数项.
13．【答案】9
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解： 在中，①，②，
①-②可得：
，则，即.
故答案为：9.
【分析】由题意，逆用两角和的余弦公式、三角形内角的性质整理得，即可求的值.
14．【答案】或
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，显然，易知是方程的唯一解，
，令，则，
当，即，则，即函数在R上单调递增，满足题设；
当时且，此时使得，
时，，函数在上单调递减，
时，，函数在上单调递增，
且，时，，
当时，，满足题设；
当时，，则使，故方程有两个解，不满足；
当时，，则使，故方程有两个解，不满足；
综上，或.
故答案为：或.
【分析】由题意，构造函数，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数求实数的范围即可.
15．【答案】（1）证明： 以坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面的法向量，则，令，则，
因为，且平面，所以平面；
（2）解：由（1）得，设直线与平面所成角为，
则，
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得，即可证明平面；
（2）由（1）中的坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦值即可.
（1）由题意，以原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量，则，
令，则，
故，且平面，则平面；
（2）由（1）得，若直线与平面所成角为，
所以.
16．【答案】（1）解：记事件为选取的3个数中恰有1个是偶数，
从7个自然数中任选三个数，有种取法；恰有一个偶数的情况有种，
则这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能值为，
时，、、、、共有5种，
时，、、、、、、、、、共有10种，
时，有种，
则，，，
的分布列如下，
0 1 2
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用组合数求任选三个、恰有一个偶数的选法数，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）由题意可得：随机变量的可能值为，求出对应概率写出分布列，再求期望即可.
（1）从7个自然数中任选三个有种，恰有一个偶数的情况有种，
所以这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）由题设，的可能值为，
有、、、、共有5种，
有、、、、、、、、、共有10种，
有种，
所以，，，
的分布列如下，
0 1 2
.
17．【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，令，解得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增；
（2）解：函数定义域为，，
令，则，
当时，恒成立，且，只需，即，
当时，，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，满足题设，综上，；
（3）证明： 由（2）取，在上，
令，，则，即，
则，则，得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求定义域，再求导，利用导数研究函数的区间单调性即可；
（2）应用导数探讨时，恒成立有，再判断所得范围的充分性，即可得；
（3）根据（2）的结论，令，得，即可证.
（1）由题设，则且，
当，，即在上单调递增，
当，，即在上单调递减，
当，，即在上单调递增；
（2）由题设，令，则，
对时，恒成立，且，只需，即，
另一方面，时，，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，满足题设，
综上，；
（3）由（2）取，在上，
令，，则，即，
所以，则，得证.
18．【答案】（1）解：设点为椭圆上一点，满足，
点 ，则，
设，，
因为，所以对应的抛物线开口向下，对称轴为，
所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题意，设直线，，
由对称性，不妨设，此时，直线和的斜率分别为，
联立方程组，整理得，
则，解得，
由韦达定理可得：，
又由直线和，
联立方程组，整理得，
因为直线与直线交于直线上一点，
所以，化简得，即，
化简得，即，
由求根公式可得：，
代入得，
整理可得，即，解得，即，
当时，直线方程为，
由对称性知，当时，也满足题意，此时直线方程为，
综上可得，直线方程为或.
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点为椭圆上一点，根据两点间距离公式可得：，设，
利用二次函数的性质，求得，求得，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意，设直线，直线和的斜率分别为，联立方程组，得到
且，再由和，联立方程得到，根据直线与直线的交点在上，得到，化简得到，利用求根公式，求得，代入化简，求得，进而得到直线方程.
（1）解：设椭圆上的点满足椭圆的方程，则，
可得，
设，其中，
由，可得对应的抛物线开口向下，对称轴为，
所以，解得或（舍去），
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线，且，
由对称性，不妨设，此时，直线和的斜率分别为，
联立方程组，整理得，
则，解得，
且，
又由直线和，
联立方程组，整理得，
因为直线与直线交于直线上一点，
所以，化简得，即，
化简得，所以，
又由求根公式可得，
代入得，
整理得，平方得，
解得，所以或（舍去），
当时，直线方程为，
由对称性知，当时，也满足题意，此时直线方程为，
综上可得，直线方程为或.
19．【答案】（1）解：当时，向量，，，
则，
即；
（2）解：（i）设，，其中为的排列，
则，
因为可能取值有，所以；
设，，其中为的排列，
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
综上，；
（ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大，
设，，则最小；
，则最大；
所以的元素均属于集合，
设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），下证：当时，由上知，
考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中，
设，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当时，，
即，
故不覆盖集合的元素至多有个，故，
又因为，所以，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）由定义求，，再作差法比较大小即可；
（2）（i）根据定义得，结合可能取值有，得，讨论，同理求即可；
（ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即，并证明即可.
（1）由题设，所以；
（2）（i）先求：设，，其中为的排列，
所以，
而可能取值有，故，
再求：设，，其中为的排列，
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
综上，；
（ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大，
设，
，则最小；
，则最大；
所以的元素均属于集合，
设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），
下证：当时，由上知，
考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中，
设，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当时，，
即，
故不覆盖集合的元素至多有个，故，
又，所以，
所以.
1 / 1浙江省宁波市2024－2025学年高三下学期高考模拟考试数学试卷
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．（2025·宁波模拟）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】补集及其运算；一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】解：不等式，解得或，
即集合或，则.
故答案为：A.
【分析】解一元二次不等式求得集合A，再利用集合的补集运算求解即可.
2．（2025·宁波模拟）下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递减的是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：A、函数的最小正周期为，故A不符合；
B、函数的最小正周期为，且在区间上单调递减，故B符合；
C、函数的最小正周期为，且在上单调递增，故C不符合；
D、函数的最小正周期为，故D不符合.
故答案为：B.
【分析】根据三角函数的性质逐项判断函数的最小正周期、区间单调性判断即可.
3．（2025·宁波模拟）已知向量，满足，，则（　　）
A．3 B．4 C．6 D．7
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：，，则，
则.
故答案为：D.
【分析】由题意，利用向量数量积的运算求得，再求即可.
4．（2025·宁波模拟）设，则（　　）
A．0 B． C．1 D．
【答案】C
【知识点】复数代数形式的混合运算；复数的模
【解析】【解答】解：，则.
故答案为：C.
【分析】根据复数代数形式的除法、减法运算法则，化简复数为，再求即可.
5．（2025·宁波模拟）已知数列中，，记为的前项和，，则的值为（　　）
A．2023 B．2024 C．2025 D．2026
【答案】B
【知识点】数列的前n项和
【解析】【解答】解：数列中，为的前项和， 满足①，
当时，②，
①-②可得，即，即，
因为，所以.
故答案为：B.
【分析】利用与的关系，推得，结合累乘法求的值即可.
6．（2025·宁波模拟）已知点，到同一直线的距离分别为2，3，若这样的直线恰有2条，则的取值范围为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】圆与圆的位置关系及其判定
【解析】【解答】解：易知以为圆心，2为半径的圆为；
以为圆心，3为半径的圆为，
由题意可知：两圆相交，因为，所以，
则，整理可得，即，解得，
则的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】由题意可知：以，为圆心的圆分别为、，问题转化为两圆相交求参数范围即可.
7．（2025·宁波模拟）一个长方体墨水瓶的长、宽、高分别为10cm、8cm、15cm，内部装有400毫升墨水.将墨水瓶倾斜，使其一条长边（10cm）置于水平地面，高边（15cm）所在直线与水平地面成45度角，则此时墨水与墨水瓶接触部分的面积为（　　）
A．180 B．220 C．260 D．300
【答案】C
【知识点】棱柱/棱锥/棱台的侧面积、表面积及应用；柱体的体积公式及应用
【解析】【解答】解：若截面为等腰直角三角形，腰长为，如图所示：
则，可得，不符题意；
若截面为直角梯形，上底长为，如图所示：
则，得，符合题意，
此时墨水与墨水瓶接触部分的面积.
故答案为：C.
【分析】分情况讨论截面的形状，由题意结合棱柱的体积公式求截面相关边长，再求墨水与墨水瓶接触部分的面积即可.
8．（2025·宁波模拟）已知函数，其中，5为的极小值点.若在内有最大值，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：函数定义域为，，
因为，所以，
令，解得，函数单调递增，
令，解得，函数单调递减，
则极小值点为，极大值点为，
，
且，
所以只需，即，
则，即的取值范围为.
故答案为：D.
【分析】求函数的定义域，再求导得，结合研究的区间单调性，确定极值点，再由区间存在最大值得，求范围即可.
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．（2025·宁波模拟）下面说法正确的是（　　）
A．若数据，，…，的方差为8，则数据，，…，的方差为4
B．若是等差数列，则这些数的中位数与平均数相等
C．已知是随机变量，则
D．若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的值越接近于1
【答案】B,C
【知识点】等差数列的性质；众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征
【解析】【解答】解：A、数据，，…，的方差为8，根据方差的性质可知：数据，，…，的方差为，故A错误；
B、数列为等差数列，若正整数，则，
若正整数，则，等差数列的平均数为，
结合中位数定义及等差数列的性质，易知中位数为，故B正确；
C、随机变量的方差，且，则，
故C正确；
D、若两个具有线性相关关系的变量的相关性越强，则线性相关系数的绝对值越接近于1，故D错误.
故答案为：BC.
【分析】利用方差的性质即可判断A；根据等差数列的性质及中位数定义即可判断B；根据即可判断C；由相关系数的实际意义即可判断D.
10．（2025·宁波模拟）国家知识产权局信息显示，华为技术有限公司申请一项名为“三进制逻辑门电路、计算电路、芯片及其电子设备”的专利，该项专利可以实现大幅度减少二进制逻辑电路的晶体管数量，降低电路的功耗，提高计算效率.该专利蕴含的数学背景是一种以3为基数，以，，为基本数码的计数体系（对称三进制）：三进制数对应的十进制数为，其中，，为了记号的方便，我们用表示数码，比如，，.下面选项正确的是（　　）
A．
B．
C．若，，，则
D．存在唯一的，使得成立
【答案】A,C,D
【知识点】进位制
【解析】【解答】解：A、，故A正确；
B、，
，
，故B错误；
C、，
因为，
若全取1时，，
若全取时，，
由，则，故的绝对值小于，故C正确；
D、，
，
，
由，则，，
要使，即，
所以，则，且，则，
此时，即有唯一解，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】根据新定义即可判断A、B；
由，结合确定的最值即可判断C；由，确定的对应值即可判断D.
11．（2025·宁波模拟）如图，在平行六面体中，，，，，，为中点，在线段上（包含端点），则下列说法正确的是（　　）
A．存在点，使得平面
B．存在点，使得平面平面
C．不存在点，使得
D．不存在点，使得四棱锥有内切球
【答案】A,B,D
【知识点】球内接多面体；直线与平面平行的判定；用空间向量研究平面与平面的位置关系
【解析】【解答】A 、连接交于点，
则分别为中点，
当与重合时，有，即，
因平面，平面，故平面，即平面，A正确；
B、因，则，而，，则，
由且都在平面内，故平面，
如下图所示，
在平面内过作，建立空间直角坐标系，
则，，，，，
，，
设平面一个法向量为，
则，取，有，
设且，，
设平面的一个法向量为，
则，取，有，
若平面平面，则，可得，
所以存在点，使得平面平面，B正确；
C、同B分析，可得，若，
所以，可得，
所以，则，
所以，可得，C错误；
D、假设存在球与平面、平面、平面都相切，设且，
如下左视图，
则，，，则，
俯视图角度，球心在下底面投影为的内心，则，
要使四棱锥有内切球，则在内有解，
所以，整理得，
所以，显然无解，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】当与重合时，应用线面平行的判定定理判断A；构建空间直角坐标系，求出平面、平面的法向量，根据垂直关系求参数值判断B；同B分析，应用空间向量模长的坐标表示列方程求参数判断C；根据棱锥内切球在侧面上投影圆的半径相等列方程求参数判断D.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．（2025·宁波模拟） 展开式中的常数项为　 　．
【答案】15
【知识点】二项式定理
【解析】【解答】通项公式Tr+1 （x2）6﹣r （﹣1）r x12﹣3r，
令12﹣3r＝0，解得r＝4．
∴展开式中的常数项 15．
【分析】由已知利用通项公式解得r＝4，即可得出展开式中的常数项.
13．（2025·宁波模拟）在中，，，则　 　.
【答案】9
【知识点】两角和与差的余弦公式；同角三角函数间的基本关系；三角函数诱导公式二~六
【解析】【解答】解： 在中，①，②，
①-②可得：
，则，即.
故答案为：9.
【分析】由题意，逆用两角和的余弦公式、三角形内角的性质整理得，即可求的值.
14．（2025·宁波模拟）关于的方程（且）有唯一实数解，其中为自然对数的底数，则实数的取值范围是　 　.
【答案】或
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：令，显然，易知是方程的唯一解，
，令，则，
当，即，则，即函数在R上单调递增，满足题设；
当时且，此时使得，
时，，函数在上单调递减，
时，，函数在上单调递增，
且，时，，
当时，，满足题设；
当时，，则使，故方程有两个解，不满足；
当时，，则使，故方程有两个解，不满足；
综上，或.
故答案为：或.
【分析】由题意，构造函数，易知是方程的唯一解，应用分类讨论，利用导数研究的单调性、最值，结合研究方程根的个数求实数的范围即可.
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．（2025·宁波模拟）如图，在直三棱柱中，，，.是的中点，是与的交点.
（1）若是的中点，证明：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明： 以坐标原点，建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，
设平面的法向量，则，令，则，
因为，且平面，所以平面；
（2）解：由（1）得，设直线与平面所成角为，
则，
即与平面所成角的正弦值为.
【知识点】用空间向量研究直线与平面的位置关系；用空间向量研究直线与平面所成的角
【解析】【分析】（1）以坐标原点，建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得，即可证明平面；
（2）由（1）中的坐标系，利用空间向量法求线面角的正弦值即可.
（1）由题意，以原点，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，
所以，
所以，
设平面的法向量，则，
令，则，
故，且平面，则平面；
（2）由（1）得，若直线与平面所成角为，
所以.
16．（2025·宁波模拟）在1，2，3，…，7这7个自然数中，任取3个数.
（1）求这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）设为这3个数中两数相邻的组数（例如：若取出的数为1，2，3，则有两组相邻的数1，2和2，3，此时的值是2）.求随机变量的分布列及其数学期望.
【答案】（1）解：记事件为选取的3个数中恰有1个是偶数，
从7个自然数中任选三个数，有种取法；恰有一个偶数的情况有种，
则这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）解：由题意可知：随机变量的可能值为，
时，、、、、共有5种，
时，、、、、、、、、、共有10种，
时，有种，
则，，，
的分布列如下，
0 1 2
.
【知识点】古典概型及其概率计算公式；离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；排列、组合的实际应用
【解析】【分析】（1）利用组合数求任选三个、恰有一个偶数的选法数，再根据古典概型的概率公式求解即可；
（2）由题意可得：随机变量的可能值为，求出对应概率写出分布列，再求期望即可.
（1）从7个自然数中任选三个有种，恰有一个偶数的情况有种，
所以这3个数中恰有1个是偶数的概率；
（2）由题设，的可能值为，
有、、、、共有5种，
有、、、、、、、、、共有10种，
有种，
所以，，，
的分布列如下，
0 1 2
.
17．（2025·宁波模拟）已知函数.
（1）当时，讨论的单调性；
（2）当时，恒成立，求的取值范围；
（3）求证：当时，.
【答案】（1）解：当时，函数定义域为，
，令，解得或，
当时，，函数在上单调递增，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增；
（2）解：函数定义域为，，
令，则，
当时，恒成立，且，只需，即，
当时，，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，满足题设，综上，；
（3）证明： 由（2）取，在上，
令，，则，即，
则，则，得证.
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性
【解析】【分析】（1）将代入，求定义域，再求导，利用导数研究函数的区间单调性即可；
（2）应用导数探讨时，恒成立有，再判断所得范围的充分性，即可得；
（3）根据（2）的结论，令，得，即可证.
（1）由题设，则且，
当，，即在上单调递增，
当，，即在上单调递减，
当，，即在上单调递增；
（2）由题设，令，则，
对时，恒成立，且，只需，即，
另一方面，时，，
所以在上单调递增，则，
所以在上单调递增，则，满足题设，
综上，；
（3）由（2）取，在上，
令，，则，即，
所以，则，得证.
18．（2025·宁波模拟）已知椭圆，点到椭圆上点的距离的最大值为.
（1）求椭圆的方程；
（2）若过定点的直线交椭圆于点，，设点，直线与直线交于直线上一点，求直线的方程.
【答案】（1）解：设点为椭圆上一点，满足，
点 ，则，
设，，
因为，所以对应的抛物线开口向下，对称轴为，
所以，解得，
则椭圆的方程为；
（2）解：由题意，设直线，，
由对称性，不妨设，此时，直线和的斜率分别为，
联立方程组，整理得，
则，解得，
由韦达定理可得：，
又由直线和，
联立方程组，整理得，
因为直线与直线交于直线上一点，
所以，化简得，即，
化简得，即，
由求根公式可得：，
代入得，
整理可得，即，解得，即，
当时，直线方程为，
由对称性知，当时，也满足题意，此时直线方程为，
综上可得，直线方程为或.
【知识点】平面内两点间的距离公式；椭圆的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）设点为椭圆上一点，根据两点间距离公式可得：，设，
利用二次函数的性质，求得，求得，即可得到椭圆的方程；
（2）由题意，设直线，直线和的斜率分别为，联立方程组，得到
且，再由和，联立方程得到，根据直线与直线的交点在上，得到，化简得到，利用求根公式，求得，代入化简，求得，进而得到直线方程.
（1）解：设椭圆上的点满足椭圆的方程，则，
可得，
设，其中，
由，可得对应的抛物线开口向下，对称轴为，
所以，解得或（舍去），
所以椭圆的方程为.
（2）解：设直线，且，
由对称性，不妨设，此时，直线和的斜率分别为，
联立方程组，整理得，
则，解得，
且，
又由直线和，
联立方程组，整理得，
因为直线与直线交于直线上一点，
所以，化简得，即，
化简得，所以，
又由求根公式可得，
代入得，
整理得，平方得，
解得，所以或（舍去），
当时，直线方程为，
由对称性知，当时，也满足题意，此时直线方程为，
综上可得，直线方程为或.
19．（2025·宁波模拟）设维向量，，定义运算：.
（1）当时，若且，，试比较与的大小；
（2）已知，记且和均为的某一排列}.
（ⅰ）求，；
（ⅱ）若，求.（提示：.）
【答案】（1）解：当时，向量，，，
则，
即；
（2）解：（i）设，，其中为的排列，
则，
因为可能取值有，所以；
设，，其中为的排列，
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
当，，可能取值有，
则可能值为；
综上，；
（ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大，
设，，则最小；
，则最大；
所以的元素均属于集合，
设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），下证：当时，由上知，
考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中，
设，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当时，，
即，
故不覆盖集合的元素至多有个，故，
又因为，所以，
所以.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示
【解析】【分析】（1）由定义求，，再作差法比较大小即可；
（2）（i）根据定义得，结合可能取值有，得，讨论，同理求即可；
（ⅱ）根据定义确定的最值，进而有的元素均属于集合，设表示集合且的元素个数，即，并证明即可.
（1）由题设，所以；
（2）（i）先求：设，，其中为的排列，
所以，
而可能取值有，故，
再求：设，，其中为的排列，
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
当，，可能取值有，则可能值为；
综上，；
（ⅱ）由（1），若存在，，则不妨交换，则的值会变大，
设，
，则最小；
，则最大；
所以的元素均属于集合，
设表示集合且的元素个数，即（注意表示集合的元素个数），
下证：当时，由上知，
考虑及：由中最小元素为，最大元素为，即中的元素均在中，
设，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当，，其中为的任一排列，
所以可能取值为，即恰好没有覆盖到集合中的个元素，
当时，，
即，
故不覆盖集合的元素至多有个，故，
又，所以，
所以.
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