浙江省寧波市2024-2025學年高三上學期高考模擬考試數學試卷1．集合A=?2,0,1，B=yy=A．?2,0,1 B．0,1,4 C．0,1 D．?2,0,1,42．復數z滿足z=5i?2，則A．1 B．2 C．5 D．53．向量a，b滿足a=b=1，aA．3 B．7 C．10 D．134．研究小組為了解高三學生自主復習情況，隨機調查了1000名學生的每周自主復習時間，按照時長（單位：小時）分成五組：2,4，4,6，6,8，8,10，10,12，得到如圖所示的頻率分布直方圖，則樣本數據的第60百分位數的估計值是（）A．7 B．7.5 C．7.8 D．85．圓臺的高為2，體積為14π，兩底面圓的半徑比為1:2，則母線和軸的夾角的正切值為（）A．33 B．32 C．236．已知橢圓C的左、右焦點分別為F1，F2，過上頂點A作直線AF2交橢圓于另一點B.若A．13 B．12 C．337．不等式x2?ax?1x?b≥0對任意A．22?2 B．2 C．228．設a∈R，函數fx=sin2πx?2πa,x<a,x?a?1A．2,72 B．2,3 C．2,79．已知數列an，bA．數列an+bn是等比數列C．數列anbn是等比數列 10．函數fxA．fx的圖象過定點 B．當a=1時，fx在C．當a=1時，fx>2恒成立 D．存在a>0，使得fx11．已知曲線C：x2A．曲線C過原點OB．曲線C關于y=x對稱C．曲線C上存在一點P，使得OPD．若Px,y為曲線C上一點，則12．已知f(x)=3x，則f(13．拋物線C：y2=4x的焦點為F，P為C上一點且PF=3，O為坐標原點，則14．一個盒子中裝有標號為1，2，3，4，5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1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1分，否則甲不得分.則在兩輪游戲中甲共獲得2分的概率為.15．在三棱錐P?ABC中，側面PAC是邊長為2的等邊三角形，AB=3，PB=2，∠ABC=（1）求證：平面PAC⊥平面ABC；（2）求平面PAB與平面PAC的夾角的余弦值.16．已知數列an為等差數列，且滿足a（1）若a1=1，求an的前n（2）若數列bn滿足5b2?1b1=317．已知3,52是雙曲線E：x2a2（1）求E的方程；（2）直線l過點A1,1，且與E的兩支分別交于P，Q兩點.若AP?AQ18．已知函數fx（1）判斷fx（2）若a=?12，求證：（3）若存在x0∈0,π，使得對任意x∈0,x19．開啟某款保險柜需輸入四位密碼a1a2a3xs，其中a1a2a3為用戶個人設置的三位靜態密碼（每位數字都是0～9中的一個整數），xs是根據開啟時收到的動態校驗鑰匙s（s為1~5中的一個隨機整數）計算得到的動態校驗碼.xs的具體計算方式：（1）若用戶最終得到的四位開柜密碼為2024，求所有可能的動態校驗鑰匙s；（2）若三位靜態密碼為隨機數且等可能，動態校驗鑰匙s=5，求動態校驗碼xs（3）若三位靜態密碼為隨機數且等可能，動態校驗鑰匙s=i1≤i≤5,i∈N的概率為pi，其中pi是互不相等的正數.記得到的動態校驗碼xs=k0≤k≤9,k∈N的概率為

答案解析部分1．【答案】D【解析】【解答】解：由A=?2,0,1，B=yy=故A∪B=?2,0,1,4故答案為：D.【分析】利用函數的定義域得出函數的值域，從而得出集合B=0,1,4，再根據并集的運算法則得出集合A∪B2．【答案】C【解析】【解答】解：方法一：因為z=5所以z=方法二：z=故答案為：C.【分析】利用兩種方法求解.

方法一：利用復數的乘除法運算法則求出復數z，再根據復數求模公式得出z的值.

方法二：利用復數的模的運算法則和復數的模的求解方法，從二得出復數z的模.3．【答案】C【解析】【解答】解：因為a⊥又因為a?3b2=a故答案為：C.【分析】利用兩向量垂直數量積為0的等價關系和a2=a4．【答案】B【解析】【解答】解：由于2×0.05+0.1所以，樣本數據的第60百分位數值是：6+0.6?0.3故答案為：B.【分析】根據已知條件和百分位數的計算公式，從而得出樣本數據的第60百分位數的估計值.5．【答案】B【解析】【解答】解：設圓臺上底半徑為r，則下底半徑為2r，由題意，得出2π3所以圓臺母線和軸的夾角的正切值為：2r?r?故答案為：B.【分析】先根據圓臺的體積公式求出圓臺的上、下底面圓的半徑，再由正切函數的定義求出母線和軸所成夾角的正切值.6．【答案】C【解析】【解答】解：如圖所示：因為△ABF1的周長為4a，AF1=AF2=a又因為cos∠A所以ca所以橢圓C的離心率為33故答案為：C.

【分析】先根據橢圓的定義得出△ABF1中各邊的長度，再結合7．【答案】A【解析】【解答】解：由題意可得，需滿足x=b是x2則b2?ab?1=0，且b>0，

所以則a2當且僅當2b2=所以a2+b故答案為：A.【分析】先由題意得到x=b是x2?ax?1=0的一個根，從而得到a,b之間的關系式為a=b?18．【答案】D【解析】【解答】解：∵f(x)在區間(0,+∞又∵y=x?a?1∴當x<a時，f(x)=0至少有四個根，∵f(x)=sin∴令f(x)=0，即2π(x?a)=kπ，k∈Z，∴x=k又∵x∈(0,+∞)，∴0<k令y=x?a?1?3a+6=0，解得x=4a?5或①若x=4a?5≥a且x=7?2a≥a，解得53此時y=x?a?1?3a+6在只需要f(x)=sin(2πx?2πa)=sin這4個零點分別為x故0<?2+a且?52+a≤0，解得2<a≤②當x=4a?5≥a且x=7?2a<a時，解得a>7此時y=x?a?1?3a+6在只需要f(x)=sin(2πx?2πa)=sin這5個零點分別為x1故0<?52+a且?3+a≤0，解得5③當x=4a?5<a且x=7?2a≥a時，解得a<5此時y=x?a?1?3a+6在只需要f(x)=sin(2πx?2πa)=sin這5個零點分別為x1故0<?52+a且?3+a≤0綜上可得52<a≤3或故答案為：D.

【分析】根據正弦型函數的性質和函數的零點與方程的根的等價關系，從而得出fx=sin[2π(x?a)]的零點為x=k2+a9．【答案】B,C【解析】【解答】解：因為數列an，b所以設數列an，bn的公比分別為q1，q2，且q1>0，q2>0，對于A，不妨設an=2n，bn此時an+bn=所以a2+b對于B，因為an+1?b對于C，因為an+1bn+1對于D，設an=2n，bn此時a1b1=2所以a2b2a1b1=2故答案為：BC.

【分析】根據已知條件結合等比數列的定義和通項公式，從而逐項判斷找出正確的選項.10．【答案】A,C,D【解析】【解答】解：對于A：不管a取何值，f1所以函數fx的圖象過定點1,e對于B：當a=1時，fx=ex?lnx設gx=ex?1x，則g因為e0.1<e<1所以fx在0,+對于C：由選項B可知，f'1=e?1>0，

所以存在x當x∈0,x0時，f當x∈x0,+∞時，所以函數fx的最小值為f且fx因為x0∈0,1對于D：當a>0時，fx=ex?alnx（x>0設gx=ex?ax（x>0所以f'x=因為當x→0時，ex?ax<0所以存在x0>0，使得當x∈0,x0時，f當x∈x0,+∞時，所以函數fx的最小值為fx0由ex設?x=1x?所以?x=1且?1=1?0=1>0，?e=1故答案為：ACD.

【分析】利用已知條件結合ln1=0可判斷選項A；當a=1時，求導判斷出函數fx的單調性，則判斷出選項B和選項C；將問題轉化為函數11．【答案】A,B,D【解析】【解答】解：將0,0代入可得?13?7sin20+7cos2設曲線上任意一點Px,y，則Px,y關于y=x的對稱點為P'y,x=y2+對于C，若曲線C上存在一點Px,y，

根據曲線C：可知?x,?y,x,?y若曲線C上存在一點Px,y，使得OP=1，則x2+y將其代入曲線方程可得7cos2y?7sin2由于x≥0,y≥0，則存在角θ∈0,π2x+y=cosθ+sinθ=所以sin=1?cos這與sin2x+sin2y=對于D，x故x2+y2?1則x+故答案為：ABD.

【分析】利用已知條件代入0,0，則判斷出選項A；根據Px,y關于y=x的對稱點為P'y,x在曲線上，再結合同角三角函數基本關系式，則判斷出選項B；根據sin12．【答案】2【解析】【解答】由題意，函數f(x)=3x，令x=log故答案為：2。

【分析】利用已知條件結合指數與對數的互化公式，得出x=log13．【答案】2【解析】【解答】解：如圖：不妨設點Px,y在第一象限，

過點P作PH與拋物線的準線x=?1垂直，垂足為H則PH=PF=3，

因為PH=x+1，所以x=2，所以S△OPF故答案為：2.

【分析】根據焦半徑公式確定點P的橫坐標，再求出點P的縱坐標，則根據三角形的面積公式可得△OPF的面積.14．【答案】23【解析】【解答】解：若第一輪在第一輪中得1分，若第一輪中甲抽到的小球為1，3，則乙抽到的小球只能是2；若第一輪中甲抽到的小球為1，4，則乙抽到的小球可以是2或3；若第一輪中甲抽到的小球為2，3，則乙抽到的小球可以是1或4；若第一輪中甲抽到的小球為1，5或者2，4或者2，5或者3，4或者3，5或者4，5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6×3=18，因此第一輪中甲得1分的概率為1+2+2+18C在第二輪的過程中，只剩下兩個球，

要使甲在第二輪中得1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12因此甲在兩輪中共得2分的概率為12故答案為：2360【分析】先列舉第一輪中甲得1分的情況，再結合排列數公式、組合s數公式和獨立事件乘法求概率公式，從而得出在兩輪游戲中甲共獲得2分的概率.15．【答案】（1）證明：取AC的中點為O，連接OP,OB，

因為PAC是邊長為2的等邊三角形，

所以OP⊥AC，OP=3在直角三角形ABC中，∠ABC=π2，O為AC中點，

所以又因為PB=2，所以OP所以∠POB=90°，即OP⊥OB，

又因為OB,AC為平面所以OP⊥平面ABC，又OP在平面PAC內，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）解：由（1）知過B作OP的平行線作為z軸，BA,BC分別為x,y軸，

則B0,0,0所以BP=32設平面PAB的法向量為n=則n?BP=0令z=1，可得n=設平面PAC的法向量為m=則m?AC=0令a=1，可得m=設平面PAB與平面PAC的夾角為θ，則cosθ=【解析】【分析】（1）取AC的中點為O，連接OP,OB，再通過證明OP⊥平面ABC證出平面PAC⊥平面ABC.（2）先建系得出點的坐標和向量的坐標，再結合兩向量垂直數量積為0的等價關系和數量積的坐標表示求出平面PAB的法向量和平面PAC的法向量，再利用數量積求向量夾角公式得出平面PAB與平面PAC的夾角的余弦值.（1）取AC的中點為O，連接OP,OB，因為PAC是邊長為2的等邊三角形，所以OP⊥AC，OP=3在直角三角形ABC中，∠ABC=π2，O為AC中點，所以又PB=2，所以OP所以∠POB=90°，即OP⊥OB，又OB,AC為平面所以OP⊥平面ABC，又OP在平面PAC內，所以平面PAC⊥平面ABC.（2）由（1）知過B作OP的平行線作為z軸，BA,BC分別為x,y軸，則B0,0,0所以BP=32設平面PAB的法向量為n=則n?BP=0令z=1，可得n=設平面PAC的法向量為m=則m?AC=0令a=1，可得m=設平面PAB與平面PAC的夾角為θ，則cosθ=16．【答案】（1）解：當n=1時，由a2n=2an+1，則a2=2所以等差數列an的公差為a則數列an???????的通項公式為a所以前n項和Sn（2）解：當n=1時，a1b1當n≥2時，

a=3n?2將n=1代入上式，則a1綜上所述，anbna2b2由（1）可知a2=2a由方程5b2?1b由a2=2a1+1=5，則等差數列a由anbn=2【解析】【分析】（1）根據題中的遞推公式求出等差數列的前兩項與公差的值，再結合數列的通項公式和數列求和公式，從而得出數列an的前n項和S（2）利用公式an=S1,n=1Sn?S（1）當n=1時，由a2n=2an+1，則a所以等差數列an的公差為a即通項公式an所以前n項和Sn（2）當n=1時，a1b1當n≥2時，a=3n?2將n=1代入上式，則a1綜上所述，anbna2b2由（1）可知a2=2a由方程5b2?1b由a2=2a1+1=5，則等差數列a由anbn=217．【答案】（1）解：由題意可得ba=5故雙曲線方程為x2（2）解：由題意可知：直線l的斜率存在，

設直線l方程為y=kx?1聯立x24?y2由韋達定理可得x1由于Δ=?8k2?k2?4kPQ=故AP?則k2+1?15k2?10k+30=105由于l與E的兩支分別交于P，Q兩點，故4k當k=?117時，代入不符合將k=1其代入3k綜上可得k=1.【解析】【分析】（1）根據雙曲線經過的點和漸近線方程，從而聯立方程求解得出a，b的值，進而得出雙曲線的標準方程.（2）聯立直線方程與雙曲線方程可得韋達定理，再根據兩點距離公式和弦長公式可得AP?（1）由題意可得ba=5故雙曲線方程為x（2）由題意可知：直線l的斜率存在，設直線l方程為y=kx?1聯立x24?由韋達定理可得x1由于Δ=?8k故AP?PQ=故AP?故k2+1?15解得k=?117或由于l與E的兩支分別交于P，Q兩點，故4k當k=?117時，代入不符合將k=1其代入3k綜上可得k=118．【答案】（1）解：因為fx當a≥0時，定義域為R；當a<0時，定義域為?1?2a,1故fx（2）證明：當a=?12時，要證fx≤1，只需證當?1≤x≤1時，1?1只需證0≤x≤1時，1?x2≤1?1只需證x?sinx≥0，即證令gx=x?sinx,g'(x)=1?cosx≥0,g（3）解：由fx<1，可得當0<x<π時，a>0，故1+axsinx>0，故1+2ax令?x=2sinm令nx①當n'0=?2+6a>0時，

即當a>13時，存在x故m'x在x∈0,x0單調遞增，

又因為m則mx=?'x在x∈0,x0單調遞增，所以?x在x∈0,x0單調遞增，

結合?0②當0<a<13時，n'0=?2+6a<0，

存在x故m'x在x∈0,x0單調遞減，

又因為m所以mx=?'x在x∈0,x0單調遞減，所以?x在x∈0,x0單調遞減，

結合?0③當a=13時，令p(x)=n'x,p'(x)=?2綜上可得，a>1【解析】【分析】（1）根據奇偶性的定義，即可判斷函數fx（2）利用偶函數的性質，將不等式等價于1?x2≤1?12xsinx，再平方化簡只需證（3）構造?x=2sinx?2x+axsin（1）fx當a≥0時，定義域為R，當a<0時，定義域為?1且f?x故fx（2）當a=?12時，要證fx≤1，只需要證當?1≤x≤1時，1?1只需證明0≤x≤1時，1?x2≤只需證x?sinx≥0，即證令gx=x?sinx,g'(x)=1?（3）由fx<1可得當0<x<π時，a>0，故1+axsinx>0，故1+2ax令?x=2sin令mx令nx①當n'0=?2+6a>0時，即a>13，存在x故m'x在x∈0,x0單調遞增，又m從而mx=?'x在x∈0,x從而?x在x∈0,x0單調遞增，結合?0②當0<a<13時，n'0=?2+6a<0，存在x故m'x在x∈0,x0單調遞減，又m從而mx=?'x在x∈0,x從而?x在x∈0,x0單調遞減，結合?0③當a=13時，令p(x)=n'x,p綜上可得a>19．【答案】（1）解：由題意可知：靜態密碼為202，動態驗證碼xs若s=1，則M=2×13+0×若s=2，則M=2×23+0×若s=3，則M=2×33+0×若s=4，則M=2×43+0×若s=5，則M=2×53+0×綜上可得s=1.（2）解：對于三位靜態密碼a1a2a3，

由M=a又因為M=125a當a1+a2+a3下面計算a1+a①a1,a②a1,a2,a3所以P(x5=5)=因此隨機變量xsx05P11（3）解：記事件A：得到的動態校驗碼xs=0，事件B：得到的動態校驗碼事件Ci：收到動態校驗鑰匙s=i則A=AC所以Q0同理可得Q1①對于事件