浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷（宁波一模）（含答案）

浙江省宁波市2025届高三上学期高考模拟考试数学试卷（宁波一模）
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.集合，，则
A. B. C. D.
2.复数满足，则
A. B. C. D.
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，则样本数据的第百分位数的估计值是
A. B. C. D.
5.圆台的高为，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.已知椭圆的左、右焦点分别为，，过上顶点作直线交椭圆于另一点若，则椭圆的离心率为
A. B. C. D.
7.不等式对任意恒成立，则的最小值为
A. B. C. D.
8.设，函数若在区间内恰有个零点，则的取值范围是
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.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，使得与轴相切
11.已知曲线：，下列说法正确的是
A. 曲线过原点
B. 曲线关于对称
C. 曲线上存在一点，使得
D. 若为曲线上一点，则
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知函数，则______．
13.抛物线：的焦点为，为上一点且，为坐标原点，则______．
14.一个盒子中装有标号为，，，，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，则甲得分，否则甲不得分．则在两轮游戏中甲共获得分的概率为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.本小题分
在三棱锥中，侧面是边长为的等边三角形，，，．
求证：平面平面；
求平面与平面的夹角的余弦值．
16.本小题分
已知数列为等差数列，且满足
若，求的前项和；
若数列满足，且数列的前项和，求数列的通项公式．
17.本小题分
已知是双曲线：上一点，的渐近线方程为．
求的方程；
直线过点，且与的两支分别交于，两点．若，求直线的斜率．
18.本小题分
已知函数．
判断的奇偶性；
若，求证：；
若存在，使得对任意，均有，求正实数的取值范围．
19.本小题分
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为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．
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；
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；
若三位静态密码为随机数且等可能，动态校验钥匙的概率为，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
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15.解：取中点，连，，有．
因为，所以．
又，所以，所以．
因为，平面，平面，
所以平面，
又因为平面，
所以平面平面．
法一：以为原点建立空间直角坐标系如图，
有，，，，，
可得，
设平面的一个法向量为，则
可取，易得平面的一个法向量为，
设平面与平面的夹角为，可得，
故平面与平面的夹角的余弦值为．
法二：过作于，过作于，连．
因为平面平面，平面平面，
平面，所以平面．
又，可知就是平面与平面的夹角．
由，得，，
所以，可得，所以，
故平面与平面的夹角的余弦值为．

16.解：由，得，
从而又，得，所以．
因为
由，得，
故，所以，进而有，得，
因此．
17.解：由题意，得，
又由渐近线为，得，
解得，，所以双曲线．
显然直线的斜率存在，设直线，，，
联立消去，得，
由韦达定理，得，，
由，得．
所以，
同理，
从而，
，
所以，
化简得，
两边平方得，解得或，经检验均符合．
又因为直线与的两支分别交于，两点，
得时，时，舍去．
所以．
18.解：的定义域关于原点对称，且，所以为偶函数．
当时，为偶函数．
要证，即证，又当时，，
所以只需证当时，，
即证，只需证，即证
令，有，得在上单调递增，从而，
所以，因此
因为，等价于，又当时，，
从而等价于．
令，有，，
．
注：为的阶导数
当时，即时，存在，
使得对任意，，所以在递增．
又，所以对任意恒成立，从而在递增．
又，所以对任意恒成立，从而在递增，
结合，得对任意恒成立，符合题意．
当时，，故存在，
使得对任意，，所以在递减．
又，所以对任意恒成立，从而在递减．
又，所以对任意恒成立，从而在递减，
结合，得对任意恒成立，不符合题意．
当时，，，
得，同理可得不符合题意．
综上，．
19.解：由题意，静态密码为，动态校验码．
若，则，得，符合．
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，
对于三位静态密码，
由，可得的末位是或，即只能是或，
又，
当为奇数时，，当为偶数时，，
下面计算为奇数时，的个数，
，，均为奇数时，个，
，，一奇两偶时，个，共有个，
所以，进而，
因此分布列为
记事件：得到的动态校验码，事件：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，
对于事件：由第问可知：，，
从而，，所以，
对于事件，：静态密码对应的，
当或时，为偶数，得，可知，
又当时，，得，可知，，
从而，，，，
所以，，
对于事件，静态密码对应的，
当时，若遍历∽这十个整数，得的个位数也遍历∽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，，，，，，，，，，
进而有的个位数字也遍历这十个整数，
可知，从而，
由可知，即，
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