2026届浙江金华十校高三一模高考数学试卷试题（答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页金华十校2025年11月高三模拟考试数学试题卷本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟．考生注意：1．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上．2．选择题的答案须用2B．铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效．选择题部分（共58分）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．已知集合，，则集合（

）A． B． C． D．2．已知等差数列满足，则（

）A．4 B．6 C．8 D．103．（

）A． B． C． D．4．已知，则（

）A．3 B．9 C．27 D．815．已知随机变量，且，则的值为（

）A．0.2 B．0.4 C．0.7 D．0.356．若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．7．设为两个非零向量所成的角，已知对任意，的最小值为，则（

）A． B． C．或 D．或8．若双曲线不存在以点为中点的弦，则该双曲线离心率的取值范围为（

）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．已知圆锥的侧面展开图是半径等于2的半圆，则圆锥的（

）A．底面半径为1 B．表面积为C．体积为 D．外接球与内切球半径比值为310．已知函数在处取得极小值，为其导函数，则（

）A． B．C．的解集为 D．11．在中，若，则（

）A． B． C． D．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．的展开式中项的系数为．13．的三个内角的对边分别为，满足，且，则的面积为．14．平面直角坐标系中，原点处有一只蚂蚁，每过1秒，该蚂蚁都会随机地选择上、下、左、右四个方向之一移动一个单位长度，那么在6秒后，蚂蚁到原点的距离等于的概率为．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．如图，长方体中，，，，三等分．(1)求证：；(2)求直线与平面所成角的大小．16．近些年汽车市场发生了翻天覆地的变化，新能源汽车发展迅速，下表统计了2021年到2024年某地新能源汽车销量（单位：千辆）年份2021202220232024年份代号1234销量336993129附：相关系数；回归方程中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为，(1)试根据样本相关系数的值判断该地汽车销量与年份代号的线性相关性强弱（，则认为与的线性相关性较强，，则认为与的线性相关性较弱）；（精确到0.001）(2)建立关于的线性回归方程，并预测该地2025年的新能源汽车销量．17．已知数列，满足()，且．(1)证明：数列与均为等比数列；(2)求数列的前25项和．(其中表示不超过的最大整数，如)18．已知函数．(1)求在处的切线方程；(2)若恒成立，求实数的取值范围；(3)当时，讨论在区间上零点的个数．19．如图，已知点到两点，距离的乘积为8，点的轨迹记为曲线，与轴交点分别记为．

(1)求曲线的方程；(2)求的周长的取值范围；(3)过作直线分别交于两点，且，若的面积为18，求的最小值．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【分析】应用集合的补运算求集合即可.【详解】由，，则.故选：D2．B【分析】应用等差中项的性质得，再由即可得出.【详解】由题设，而，所以.故选：B3．B【分析】应用复数的乘法及除法运算求解.【详解】.故选：B.4．C【分析】利用换底公式转化，进行求解即可.【详解】，所以，则，解得.故选：C.5．B【分析】利用正态分布曲线的对称性求概率即可.【详解】由题设，且，则，由正态分布曲线关于对称，则.故选：B6．A【分析】将题干条件，结合几何知识转化为圆心到直线的距离需满足，解该不等式即可求解．【详解】当直线与圆相交时，如图所示，若A、B离直线越近时，直至与直线和圆C的两交点重合，此时，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合，此时，所以一定存在A、B及P，使得；当直线与圆相切时，同直线与圆相交分析可知，一定存在A、B及P，使得；当直线与圆没有公共点时，对直线上的任一点P，若A、B相距越来越近时，直至A、B两点重合时，仍有，另一方面，若PB与圆C相切于B，PA与圆C相切于A，此时必为该P点所能达到的最大情况，如图所示，由图可知，，CP最短时，即等于圆心C到直线的距离d，最大，也最大，同时最大，所以若圆上存在两点，直线上存在点，使得，则必有，解得，又因为圆的半径，圆心到直线的距离，所以，解得．故选：A．7．C【分析】令，根据向量减法及模的几何意义得即为线段的长度，数形结合得，即可求夹角.【详解】令，如下图示，即为线段的长度，由对任意，的最小值为，即，而，显然时，线段最短，此时，所以，又，故或.故选：C8．C【分析】先判断点在双曲线外部或在双曲线上，得，再结合过该中点的直线斜率可得另一不等式，最后求解出的范围，结合离心率等式即可求解．【详解】由题意得点在双曲线外部或在双曲线上，则，得，假设存在以为中点的弦，设弦与双曲线交于点，，则，，由点，在双曲线上，得，两式作差得，所以，因为不存在该中点弦，所以直线AB与双曲线至多一个交点，则，也即，所以，则．故选：C．9．AC【分析】根据已知有圆锥的母线长为2，底面周长为，进而求得底面半径，再结合圆锥的结构特征、表面积、体积的求法依次判断各项的正误.【详解】由题意，圆锥的母线长为2，底面周长为，若底面半径为，则，A对，表面积为，B错，由上，圆锥的高，则圆锥体积为，C对，由上，圆锥轴截面是边长为2的等边三角形，其外接圆和内切圆半径，分别为圆锥的外接球和内切球半径，所以圆锥的外接球半径为，内切球半径为，所以外接球与内切球半径比值为2，D错.故选：AC10．ACD【分析】对于A，根据在处取得极小值即可求解；对于B，根据和到对称轴的距离即可判断；对于C，对进行因式分解即可求解；对于D，因为时，、，再结合的单调性以及、的函数值即可求解．【详解】对于A，，由题意可知，解得，此时，故A正确；对于B，由，其为二次函数，开口向上，对称轴为，则到对称轴的距离为，到对称轴的距离为，结合开口向上的二次函数图像特点可知，离对称轴较远的点函数值更大，也即，即，故B错误；对于C，解不等式，即，整理为，因式分解得，解得，故解集为，故C正确；对于D，对于，有，当且仅当时取等号，同时，由于，当或时，，单调递增；当时，，单调递减，所以，，所以，故D正确．故选：ACD．11．ABD【分析】根据与在上的图象及已知得到，结合零点存在性定理分析得，进而有，再由、在区间上单调性，得，最后构造函数并应用导数证明，即可得.【详解】根据与在上的图象，如下图示，

显然与在上有且仅有唯一交点，即在上有且仅有一个根，而，，由，所以，且，A对，又，，则所以，即，B对，C错，由，则，而中，由在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，只需，可得，令且，则，对于且，则，故在上单调递增，所以，即，则，所以在上单调递增，故，即，所以，而，则，即，所以，故，即，D对.故选：ABD12．【分析】根据二项式展开式的通项公式求得正确答案.【详解】的展开式中项的系数为.故答案为：13．1【分析】由余弦定理结合三角形面积公式求解即可.【详解】由余弦定理可得：，又，得，解得，所以的面积为；故答案为：14．【分析】设蚂蚁右移a次、左移b次，上移c次、下移d次，则蚂蚁终点的坐标满足，，，根据题意有，由于都是非负整数，可推，，再设左右移动总次数，上下移动总次数，则根据，需为整数可推m、n为奇数，据此根据m、n可分为三种情况：、、，此时在每种情况中，依据分步乘法计数原理，算出每种情况下的总路径数，最后相加即可得到最终的概率．【详解】蚂蚁每一秒有4种移动方向，共移动6秒，根据分步乘法计数原理，总路径数为，若蚂蚁到原点O的距离为，原点到该点的距离满足，设蚂蚁右移a次、左移b次，则，上移c次、下移d次，则，总步数，要满足，即，由于都是非负整数，可能的组合必须满足，，此时，，，且，设左右移动总次数为，上下移动总次数为，则，由于，需为整数，则m与同奇偶，所以m为奇数，同理，n也为奇数，又，可能的组合有、、，当，时，左右移动1次，满足的方式有2种，即左或右，上下移动5次，满足的方式有，或，，共种，即选3次上移，剩下2次下移，或选2次上移，剩下3次下移，其次，在6步中选1步用于左右移动，其余5步用于上下移动，种，因此，此情况的路径数为；当，时，左右移动3次，满足的方式有，或，，共种，上下移动3次，满足的方式同理，共种，此外，6步中选择3步左右移动，剩余上下移动，共种，因此，此情况的路径数为；当，时，与，对称，路径数为240；满足条件的总路径数有，概率为．故答案为：．15．(1)证明见解析(2)【分析】（1）根据题意，建立空间直角坐标系，通过向量的数量积为零，可证明.（2）求解出平面的法向量，再根据空间线面角公式求解即可.【详解】（1）根据题意，六面体为长方体，所以，，，如图，以为坐标原点，以，，分别为，，轴正方向建立空间直角坐标系，因为，，，为的三等分点，得各点坐标，，，，，则，，所以，即.（2）因为平面，平面，所以，因为，，所以，又因为，所以平面，所以为平面的法向量，，设直线与平面所成角为，则，因为直线与平面所成角的范围为，所以直线与平面所成角为.16．(1)与具有较强的线性相关关系(2)，（千辆）【分析】（1）根据题干所给数据算出，，，代入相关系数计算公式计算即可；（2）根据（1）算出的结果进一步算出，再根据线性回归方程经过计算，最后把代入回归直线方程即可求解．【详解】（1）已知，，则，，则，，，所以，已知，故，又，代入相关系数公式，可得，因为，所以与具有较强的线性相关关系．（2）根据，由（1）可知，，所以，由，已知，，，则，所以关于的线性回归方程为，将代入线性回归方程（千辆）．17．(1)证明见解析；(2).【分析】（1）根据已知得，结合等比数列的定义判断证明即可；（2）由（1）得，，进而有，根据新定义及分组求和、等比数列前n项和公式求.【详解】（1）由，可得，又，所以与均为等比数列；（2）由（1）知，，所以，则，，.18．(1)；(2)；(3)3个.【分析】（1）应用导数的几何意义求切线方程；（2）法一：应用分离参数法有，再应用导数研究右侧的单调性求最小值，即可得参数范围；法二：应用必要性探路，问题化为，令，再证明，时，恒成立，确保充分性成立，即可得；（3）由题设得是函数的一个零点，讨论、、，并利用导数研究函数的零点个数，即可得.【详解】（1）由，则，显然，所以切线方程为；（2），此时，法一：分离参数法，从而，令，则，所以，，所以在单调递减，在单调递增，因此，故的取值范围为；法二：必要性探路，，令，，下证：，时，恒成立，由一次函数在上递减，则，在和上恒成立，且时，所以恒成立，故的取值范围为；（3）在区间上有3个零点，理由如下：由于，所以是函数的一个零点，，当时，此时恒成立，又由（1）知恒成立，从而恒成立，所以在区间上没有零点；当时，此时，，若是的导数，则，由于恒成立，所以，即在上单调递增，从而存在使得，且，，即在区间上递减，区间上递增，从而，又，所以在有唯一零点，即在上有唯一零点；当时，此时，从而，由于时，，所以，又，从而恒成立，即在上恒成立，所以在区间上单调递增，因为，，因此在区间上有唯一零点，综上所述，函数在区间上有3个零点.19．(1)；(2)；(3).【分析】（1）设，根据已知及两点距