资源简介

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 U A中的元素个数为
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 07．已知函数 f (x) x ，设 a,b,c是三个不同的实数，且满足
ln x, x 0
f f (a) f f (b) f f (c) ，则 a b c的最小值为
A． e2 1 B． e 1 C 1 1． e2 1 D． e 1
e e2
8．数列 a n 1n 满足： a1 1,a2 2,an ( 1) an 1 an 2 (n 2)， Sn 为 an 的前 n项和，则
A． a2026 1 B． a2026 2026 C． S2026 1 D．S2026 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。
2 2 2 2
9．若 a,b C : x y 1 C : y x是两个不相等的正实数，则双曲线 1 a2 b2
与双曲线 2 2 1的b 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
A f (0) 0 B f 1 2． ．
2 2
C． f (1 x) f (1 x) D． f (x 2) f (x)
11．正四棱台 ABCD A1B1C1D1的高为 2， A1B1 2,AB 8，点M ,N ,P均在平面 B1AC 内，
且直线 D1P与MN 夹角的正切值的最小值为 2 2，则
A P 2．点 的轨迹的长度为 6π
3
B D A D P 6．直线 1 1与 1 所成角的正切值的最小值为 5
C．线段 PC1 的长度的最小值为 2
D．点 P 2到直线 B1C1的距离大于 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。
12 tan π．若

3，则 tan ▲ ．
4
13．在等差数列 an 中， Sn 为其前 n项和，
若 S3 6,S5 20，则 S7 ▲ ．
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。
15 13 π π ．（ 分）已知函数 f (x) sin 2x sin 2x 2cos
2 x 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．
2 2
16．（15 x y 3 3分）已知椭圆 E : 2 2 1 a b 0 的离心率为 ，且过点 1, ．a b 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．
17 π．（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．
pij 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
p 2 , p 1率，若 11 21 ，且 p11 p12 1, p21 p22 1．3 3
（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Qk ：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，
当 k 3 1 4时，证明： P Qk P Qk 1 P Q3 27 k 2
．
19．（17分）设 a 0,a 1，函数 f (x) a x b, g(x) loga (x b)．
（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 2025学年第二学期高考模拟考试
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
14 17 1．
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。
15．解析：（1） f x 3sin 2x cos2x m π 1 2sin 2x

m 1，--------------3 分
6
x π当 2kπ(k Ζ)时， f x 有最大值m 3，从而m 3 1，故m 2．---------6 分
6
f x 2sin 2x π（2 ）由（1）知， m 1 2sin

2x
π

6 6
1，

由 f x 0，得 sin 2x π 1 π π 5π ，从而 2kπ 2x 2kπ,k Z，----------10分
6 2 6 6 6
kπ x π解得 kπ,k Z，
3
故满足条件的 x 的取值集合为 x | kπ x
π
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
2
a 2b E : x y
2
所以 ， 1，
4b2 b2
2
3
2 2 3 1
因为点 1, 在椭圆上，所以 2

2 1，解得b 1 , a 2．
2 4b b
x2
所以椭圆 E的方程为 y2 1．---------------------------------------------------------------5 分
4
（2）设直线 l : y 1 x m,A x , y ,B x , y ，
2 1 1 2 2
x2
y2 1
联立 4 2 2 ，化简得 x 2mx 2m 2 0 ，--------------------------------------7 分
y 1 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 2m 21 2 1 2 2, x1 x2 8 4m
2 2 2 m 2 ，
2
1
所以 AB 1 x1 x2 5 2 m
2 ，----------------------------------------------10分
2
1
2 1 m
2 2
又因为 dP AB m ，------------------------------------------------------12分2
1 1
5
2
1
所以 S 2 2 2△PAB AB d P AB m 2 m m 2 m ．2
当m2 1时，即m 1时，△PAB的面积取到最大值，
l : y 1 x 1此时，直线 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
则MA MB MD DB 1 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
P 10 3所以存在 符合题意，且 AP .-------------------------------------------------------15分
7
18．解析：记事件 Ai ：前 i次操作后处于状态 1，则事件 Ai ：前 i次操作后处于状态 2，
1
由已知得 P A1 P A1 ,P Ai 1 | Ai P A | A 2 ,P A | A P A | A 1 .2 i 1 i 3 i 1 i i 1 i 3
（1）（ⅰ）即求 P A1A2 1 1 1 P A1 P A2 | A1 ；-------------------------------4 分2 3 6
（ⅱ） X 的可能取值有 0，1，2，有
P X 0 P A1A2 P A1 P A2 | A 1 2 11 ，2 3 3
P X 2 P A1A2 P A1 P A2 | A
1 2 1
1 ，2 3 3
数学答案 第 3页 共 6 页
P X 1 1 P X 0 P X 2 1 ，------------------------------------------------7 分
3
计算得 E X 1；------------------------------------------------------------------------------9 分
（2）事件M k 表示Qk 发生且第 2k次操作后处于状态 1，事件 Nk 表示Qk 发生且第 2k次操
作后处于状态 2，显然Qk M k Nk ，且 P(M k )
1
P(Nk ) P(Qk )，2
当 k 3时，由Qk Qk 1Qk Qk 1Qk Qk 1Qk Qk 2Qk 1Qk Qk 2Qk 1Qk ，
得 P(Qk ) P(Qk 1Qk ) P(Qk 2Qk 1Qk ) P(Qk 2Qk 1Qk ) P(Qk 1Qk ) P(Qk 2Qk 1Qk )
-------------------------------------11分
又 P Qk 1Qk P M k 1Qk Nk 1Qk 2P M k 1Qk 2P(M k 1)P(Qk |M k 1)
P(Qk 1)P(Qk |M k 1)，
P(Qk 2Qk 1Qk ) P(M k 2Qk 1Qk Nk 2Qk 1Qk ) 2P(M k 2Qk 1Qk )
2P(M k 2 )P(Qk 1Qk |M k 2 ) P(Qk 2 )P(Qk 1Qk |M k 2 )，---------------------------13分
而 P Qk |M k 1 P(A2k 1A2k A2k 1A2k |M k 1) P(A2k 1A2k |M k 1) P(A2k 1A2k |M k 1)
2 1 1 1 1
，--------------------------------------------------------------------------15分
3 3 3 3 3
得 P(Qk 1Qk |M k 2 ) P(A2k 3A2k 2 A2k 1A2k A2k 3 A2k 2A2k 1A2k |M k 2 )
P(A2k 3A2k 2 A2k 1A2k |M k 2 ) P(A2k 3 A2k 2A2k 1A2k |M k 2 )
2 2 1 2 1 2 1 2 4
，
3 3 3 3 3 3 3 3 27
所以 P Q 1k P Q
4
k 1 P Qk 2 ．--------------------------------------------------17 分3 27
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 a x e2 log 2a x e ，
所以 a x x loga x e2 x e2 ，即 log xa a a x loga x e 2 x e 2 ——（*），
记 p x loga x x，可知 p x 在 0, 上单调递增，
数学答案 第 4页 共 6 页
故由（*）得 a x x e2 ，所以 a x x e2 0有 2个不等实根．----------------------6 分
记 x ax x e2 ，有 ' x ax lna 1，
ln 1 1 ln
得 x , ln a在 ln a上递减，在 , 上递增．----------------------8 分
ln a ln a


又当 x 时， x ，当 x 时， x ，
ln 1
2
故只需 ln a 0，即1 e2 lna ln lna 0，得 ln a e 2，故1 a ee ．
ln a


--------------------------10分
x 2
（3）记 h x ax ab log x b lna 1 a x b ， h ' x ， x b lna
记 t x x lna ln x b 2ln lna ，注意到 t x 与 h ' x 的符号相反，
t ' x ln a 1 1 1 ，可知 t x 在 b,b

上递增，在 b ,

上递减，
x b ln a ln a
1
故 t x max t b b lna ln lna 1， lna
m 1 ln a 0 t b 记 ，则 lnm bm 1 s m ，
lna
当b 0时， s ' m 1 b 1 1 ，故 s m 在 0, 上递增，在 , 上递减，m b b
s m s 1 1所以 max b ln 2， 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 ，故存在 a 0,1 ，使得 ，max 0 t x max 0
又当 x b 时， t x ，当 x 时， t x ，
数学答案 第 5页 共 6 页
所以存在 b x1 b
1
x ，使得 t x 0 i 1,2 ，
lna 2 i
故当 x b, x1 x2 , 时，t x 0，h ' x 0，当 x x1, x2 时，t x 0，h ' x 0，
所以 h x 在 b, x1 上递增，在 x1, x2 上递减，在 x2 , 上递增．
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 max 0，
又当 x b 时， t x ，当 x 时， t x ，
b x b 1所以存在 1 x2，使得 t x lna i 0 i 1,2 ，
故当 x b, x1 x2 , 时，t x 0，h ' x 0，当 x x1, x2 时，t x 0，h ' x 0，
所以 h x 在 b, x1 上递增，在 x1, x2 上递减，在 x2 , 上递增．
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 x1 0 h x2 ．
由 h ' xi 0 i 1,2
2
，得 axi xi b lna 1 0 i 1,2 ，
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 x33 b, ，使得 l x3 0，所以 a b x3 x3 loga x3 b h x3 0．
1 2 1 1 2
因为 l x a x1 b x x11 1 x1 b a x1 b 2 x1 b ，x 1 b x1 b lna
又因为 0 x1 b
1
x2 b，故 l x ln a 1 0，
1 1
同理 l x2 2 x2 b
2 ，所以 l x2 0，x2 b lna
所以 l x1 l x3 l x2 ，结合 l x 在R上递减，可得 x1 x3 x2 ，
又因为 h x 在 x1, x2 上递减，所以 h x1 0 h x2 ，得证．
综上，b e 2 ．---------------------------------------------------------------------------------17分
数学答案 第 6页 共 6 页

展开更多......

收起↑