/2024-2025學年浙江省寧波市高三上學期月考數學高考試卷一、單選題本題共8小題，每小題5分，共40分。在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的。1、集合，，則（

）．A.B.C.D.2、復數滿足，則（

）．A. B. C. D.3、向量，滿足，，則（

）．A. B. C. D.4、研究小組為了解高三學生自主復習情況，隨機調查了名學生的每周自主復習時間，按照時長（單位：小時）分成五組：，，，，，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則樣本數據的第百分位數的估計值是（

）．A. B. C. D.5、圓臺的高為，體積為，兩底面圓的半徑比為，則母線和軸的夾角的正切值為（

）．A.B.C.D.6、已知橢圓的左、右焦點分別為，，過上頂點作直線交橢圓于另一點．若，則橢圓的離心率為（

）．A.B.C.D.7、不等式對任意恒成立，則的最小值為（

）．A. B. C. D.8、設，函數．若在區間內恰有個零點，則的取值范圍是（

）．A.B.C.D.二、多選題本題共3小題，每小題6分，共18分。在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求。全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分。9、已知數列，都是正項等比數列，則（

）．A.數列是等比數列B.數列是等比數列C.數列是等比數列D.數列是等比數列10、函數，則（

）．A.的圖象過定點B.當時，在上單調遞增C.當時，恒成立D.存在，使得與軸相切11、已知曲線：，下列說法正確的是（

）．A.曲線過原點B.曲線關于對稱C.曲線上存在一點，使得D.若為曲線上一點，則三、填空題本題共3小題，每小題5分，共15分。12、已知函數，則

．13、拋物線的焦點為，為上一點且，為坐標原點，則

．14、一個盒子中裝有標號為，，，，的五個大小質地完全相同的小球．甲、乙兩人玩游戲，規則如下：第一輪，甲先從盒子中不放回地隨機取兩個球，乙接著從盒子中不放回地隨機取一個球，若甲抽取的兩個小球數字之和大于乙抽取的小球數字，則甲得分，否則甲不得分；第二輪，甲、乙從盒子中剩余的兩個球中依次不放回地隨機取一個球，若甲抽取的小球數字大于乙抽取的小球數字，則甲得分，否則甲不得分．則在兩輪游戲中甲共獲得分的概率為

．四、解答題本題共5小題，共77分。解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟。15、在三棱錐中，側面是邊長為的等邊三角形，，，．(1)求證：平面平面．(2)求平面與平面的夾角的余弦值．16、已知數列為等差數列，且滿足．(1)若，求的前項和．(2)若數列滿足，且數列的前項和，求數列的通項公式．17、已知是雙曲線：上一點，的漸近線方程為．(1)求的方程．(2)直線過點，且與的兩支分別交于，兩點．若，求直線的斜率．18、已知函數．(1)判斷的奇偶性．(2)若，求證：．(3)若存在，使得對任意，均有，求正實數的取值范圍．19、開啟某款保險柜需輸入四位密碼，其中為用戶個人設置的三位靜態密碼（每位數字都是中的一個整數），是根據開啟時收到的動態校驗鑰匙（為中的一個隨機整數）計算得到的動態校驗碼．的具體計算方式：是的個位數字．例如：若靜態密碼為，動態校驗鑰匙，則，從而動態校驗碼，進而得到四位開柜密碼為．(1)若用戶最終得到的四位開柜密碼為，求所有可能的動態校驗鑰匙．(2)若三位靜態密碼為隨機數且等可能，動態校驗鑰匙，求動態校驗碼的概率分布列．(3)若三位靜態密碼為隨機數且等可能，動態校驗鑰匙的概率為，其中是互不相等的正數．記得到的動態校驗碼的概率為，試比較與的大小．1、【正確答案】D;由，可得，故，故選：．2、【正確答案】C;方法一:因為，所以，故選：．方法二:，故選：3、【正確答案】C;因為，因為，所以，故選：．4、【正確答案】B;由于，，樣本數據的第百分位數值是：小時；故選：．5、【正確答案】B;設圓臺上底半徑為，則下底半徑為，由題意：，所以圓臺母線和軸的夾角的正切值為：．故選：．6、【正確答案】C;如圖：因為的周長為，，，所以，．又，所以．所以橢圓的離心率為．故選：．7、【正確答案】A;由題意可得，需滿足是的一個根，即，且，所以，．當且僅當，即時取等號，所以的最小值為．故選：．8、【正確答案】D;在區間內恰有個零點，又，，最多有兩個零點，當時，至少有四個根，，令，即，，，又，，即，令，解得或．①若且，解得，此時在有個零點，只需要在有個零點，這個零點分別為，，，，故且，解得，此時有個零點，滿足題意．②當且時，解得，此時在有個零點，只需要在有個零點，這個零點分別為，，，，，故且，解得，此時有個零點，滿足題意．③當且時，解得，此時在有個零點，只需要在有個零點，這個零點分別為，，，，，故且，解得不存在，綜上可得或，故選：．9、【正確答案】B;C;因為數列，都是正項等比數列，所以設數列，公比分別為，，且，，且對任意的正整數有，成立；對于選項，不妨設，，滿足，都是正項等比數列，此時，因為，，所以，此時不是等比數列，故選項不正確；對于選項，因為，所以數列是等比數列，故選項正確；對于選項，因為，所以數列是等比數列，故選項正確；對于選項，設，，滿足，都是正項等比數列，此時，，，所以，，所以，此時數列不是等比數列，故選項不正確；故選：．10、【正確答案】A;C;D;對選項：不管取何值，，所以函數的圖象過定點，故選項正確；對選項：當時，，（），，設，則，所以在上單調遞增．因為，所以，所以在上單調遞增，這一說法不正確，即選項錯；對選項：由選項可知，，所以存在，使得，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增．所以函數的最小值為，且，因為，故不能取“”，故選項正確；對選項：當時，（），所以（），設（），則（）．所以在上單調遞增．因為當時，；當時，．所以存在，使得，當時，，函數單調遞減；當時，，函數單調遞增．所以函數的最小值為，且．由．設，（），則，所以在上單調遞減．且，，所以必定有解，即選項正確．故選：．11、【正確答案】A;B;D;將代入可得，故曲線過原點，選項正確，設曲線上任意一點，則關于的對稱點為，則，故在曲線上，選項正確，對于選項，若曲線上存在一點，根據：可知，，均在曲線上，故曲線關于坐標軸以及原點均對稱，若曲線上存在一點，使得，則，根據對稱性不妨設，，將其代入曲線方程可得，所以，由于，，則存在角，使得，，，，所以，這與矛盾，故不存在一點，使得，選項錯誤，對于選項，，故，故，，故，故選項正確，故選：．12、【正確答案】;由題意，函數，令，所以．故．13、【正確答案】;如圖：不妨設點在第一象限，過點作與拋物線的準線垂直，垂足為，則，又，所以，所以．所以．故．14、【正確答案】;若第一輪在第一輪中得分，若第一輪中甲抽到的小球為，，則乙抽到的小球只能是，若第一輪中甲抽到的小球為，，則乙抽到的小球可以是或，若第一輪中甲抽到的小球為，，則乙抽到的小球可以是或，若第一輪中甲抽到的小球為，或者，或者，或者，或者，或者，時，則乙抽到的小球可以是剩下三個小球中的任何一個，故共有，因此第一輪中甲得分的概率為，在第二輪的過程中，只剩下兩個球，要使甲在第二輪中得分，只需要甲在剩下兩個球中抽到號碼大的球即可，故概率為，因此甲在兩輪中共得分的概率為，故．15、【正確答案】(1)證明見解析．;(2)．;(1)取的中點為，連接，，因為是邊長為的等邊三角形，所以，，在直角三角形中，，為中點，所以，又，所以，所以，即，又，為平面內兩條相交直線，所以平面，又在平面內，所以平面平面．(2)由（1）知過作的平行線作為軸，，分別為，軸，則，，，，所以，，，,設平面的法向量為，則，即，令，可得，設平面的法向量為，則，即，令，可得，設平面與平面的夾角為，則．16、【正確答案】(1)．;(2)．;(1)當時，由，則，由，則，所以等差數列的公差為，即通項公式，所以前項和．(2)當時，，可得，當時，，將代入上式，則，綜上所述，，．，可得，由（1）可知，則，由方程，可得，解得，由，則等差數列的公差為，所以，由，，則．17、【正確答案】(1)．;(2)．;(1)由題意可得，解得，，故雙曲線方程為．(2)由題意可知：直線的斜率存在，設直線方程為，，，聯立，可得，由韋達定理可得，，由于，化簡得，故，，故，故，平方可得，解得或，由于與的兩支分別交于，兩點，故，當時，代入不符合，故舍去，將其代入，經檢驗符合，綜上可得．18、【正確答案】(1)為偶函數．;(2)證明見解析．;(3)．;(1)，當時，定義域為，當時，定義域為，均關于原點對稱，且，故為偶函數．(2)當時，為偶函數，要證，只需要證，當時，，只需證明時，，即證，只需證，即證，令，，在單調遞增，故，所以，得證．(3)由可得，當時，，故，故，令，則，令，，令，，①當時，即，存在，使得對任意，，故在單調遞增，又，所以在恒成立，從而在單調遞增，又，所以在恒成立，從而在單調遞增，結合，得對任意恒成立，符合題意，②當時，，存在，使得對任意，，故在單調遞減，又，所以在恒成立，從而在單調遞減，又，所以在恒成立，從而在單調遞減，結合，得對任意恒成立，不符合題意，③當時，令，，，，則，類推②同理可得不符合題意，綜上可得．19、【正確答案】(1)．;(2);(3)．;(1)由題意可知：靜態密碼為，動態，若，則，得，符合題意，若，則，得，不符合題意，若，則，得，不符合題意，若，則，得，不符合題意，若，則，得，不符合題意，綜上可得．(2)對于三位靜態密碼，由，可得的末位是或，即只能是或，又，當為奇數時，，當為偶數時，，下面計算為奇數時，的個數，①，，均為奇數時，個，②，，一奇兩偶時，個，共有個，所以，進而，因此分布列為(3)記事件：得到的動