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2026年浙江省宁波市高考数学模拟试卷（4月份）
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.复数的虚部为( )
A. B. C. D.
2.集合，，则中的元素个数为( )
A. B. C. D.
3.已知，，则“”是“”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.已知正方形的边长为，则( )
A. B. C. D.
5.某中学校园十佳歌手比赛中，位评委对某歌手的评分分别为，，，，，，，记为数组，将数组中去掉一个最高分和一个最低分后保留的个有效评分记为数组，对这两个数组进行比较，有( )
A. 极差相同 B. 方差相同 C. 分位数相同 D. 平均数相同
6.在钝角中，，，，则的面积为( )
A. B. C. D.
7.已知函数，设，，是三个不同的实数，且满足，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8.数列满足：，，，为的前项和，则( )
A. B. C. D.
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若，是两个不相等的正实数，则双曲线与双曲线的( )
A. 实轴长相等 B. 焦距相等 C. 离心率相同 D. 渐近线相同
10.定义在上的函数满足：，，则( )
A. B.
C. D.
11.正四棱台的高为，，，点，，均在平面内，且直线与夹角的正切值的最小值为，则( )
A. 点的轨迹的长度为
B. 直线与所成角的正切值的最小值为
C. 线段的长度的最小值为
D. 点到直线的距离大于
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若，则 ．
13.在等差数列中，为其前项和，若，，则 ．
14.如图，已知定点，轴于点，是线段上任意一点，轴于点，于点，与相交于点，则的最小值为 ．
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.本小题分
已知函数的最大值为．
求常数的值；
求使成立的的取值集合．
16.本小题分
已知椭圆：的离心率为，且过点．
求椭圆的方程；
已知点，斜率为的直线与椭圆交于，两点当的面积最大时，求直线的方程．
17.本小题分
在中，，，，为的中点，如图，沿将翻折至位置，满足．
证明：平面平面；
线段上是否存在点，使得在平面内的射影恰好落在直线上若存在，求出的长度；若不存在，请说明理由．
18.本小题分
某自动文本生成工具存在两种常见状态：状态为生成状态，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一次自动操作、假设首次第一次自动操作后处于状态和状态的概率均为，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，与更早的状态无关表示从第二次自动操作开始，每次自动操作时从状态到状态的概率，若，且，．
记前次自动操作后的状态中状态为的次数为，
求前次自动操作后的状态中第一次状态为，第二次状态为的概率；
求随机变量的期望；
记事件：前次自动操作后的状态中状态和状态均为次，当时，证明：．
19.本小题分
设，，函数，．
若，，求在处的切线方程；
若，，若与的图象有两个公共点，求的取值范围；
若存在，使得与的图象有三个公共点，求实数的取值范围．
参考答案
1.【答案】
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10.【答案】
11.【答案】
12.【答案】
13.【答案】
14.【答案】
15.解：由题意
，
当时，有最大值，
所以，解得．
由知，，
由，得，所以，，
解得，，
故满足条件的的取值集合为．
16.解：因为椭圆的离心率，
所以，则：，
因为点在椭圆上，所以，解得，．
所以椭圆的方程为．
设直线：，，，
联立，化简得，
，解得．
由韦达定理得，，
则，
所以，
又因为，
所以．
当时，即时，的面积取到最大值，
此时，直线：或．
17.证明：在中，由余弦定理得，，
所以，
所以，即，
因为为的中点，
所以，
取的中点，连接，，则，，
在中，，
由余弦定理得，，
因为，
所以，即，
又，、平面，
所以平面，
而平面，
所以平面平面．
解：由题意知，是等边三角形，
连接，则，
由知平面，
故以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
所以，，，
记在上的射影点为，
设，，，，
则，
若在平面内的射影恰好落在直线上，
则，即，解得，，
所以，
所以存在符合题意，且．
18.解：记事件：前次操作后处于状态，则事件：前次操作后处于状态，
由已知得；
即求；
的可能取值有，，，
，
，
，
所以；
证明：事件表示发生且第次操作后处于状态，事件表示发生且第次操作后处于状态，
显然，且，
当时，由，
得，
又
，
，
而
，
得
，
所以．
19.解：，，，，
故切线方程为，即；
由，得，
所以，即，
记，则，
又，则在上单调递增，
所以有个不等实根．
记，有，
得在上递减，在上递增．
又当时，，当时，，
故只需，即，得，
故，即的取值范围是；
记，，
记，注意到与的符号相反，
，可知在上递增，在上递减，
故，
记，则，
当时，，故在上递增，在上递减，
所以，
若，即，则恒成立，恒成立，恒成立，
故单调递增，所以不可能有三个实数解，矛盾，
若，则，故存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，，当时，，，
所以在上递增，在上递减，在上递增．
当时，在上递增，当时，，
故存在，使得，即存在，使得，
又当时，，当时，，
所以存在，使得，
故当时，，，当时，，，
所以在上递增，在上递减，在上递增．
下面证明：当时，命题成立．
当时，，当时，，所以只需证明
由，得，
设，
在上递减，又，且当时，，
故存在，使得，所以，
因为，
又因为，故，
同理，所以，
所以，结合在上递减，可得，
又因为在上递减，所以，得证．
综上，，即的取值范围是

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