浙江省部分学校2026届高三上学期10月联合调研考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省部分学校2026届高三上学期10月联合调研考试数学试题一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求．1.集合，集合，则集合中元素的个数为（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】B【解析】集合，，则，所以集合中元素的个数为3.故选：B.2.若命题，命题直线与抛物线无公共点，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【答案】B【解析】联立，得，由可得.所以命题是命题的必要不充分条件.故选：B.3.将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由点在单位圆上，则，解得，由锐角，即，则，故，.故选：A.4.已知是圆上的动点，以点为圆心，为半径作圆，设圆与圆交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（）A. B.C. D.【答案】C【解析】设，则，所以，圆M的方程为，又圆，两式相减，得，即为直线的方程，设直线上的点为，则，整理得，又M是圆上的动点，则，以为主元，则表示直线，表示以为圆心，2为半径的圆，由题意，二者有公共点，则到直线的距离，即，得，对于A，，对于B，，对于C，，对于D，，则各选项的点中，直线一定不经过.故选：C.5.已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】由对称性，知轴，，，四边形是正方形，则，，则，，则在双曲线上，，即，即，化简整理得，即，所以，即，又，故，解得或（舍去）.故选：C．6.设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】令，则，所以在上单调递增，B选项，由，即，可得，故B错误；C选项，由，即，可得，故C正确；A选项，因为，不妨设（为常数），即（为常数），所以，令，故，当时，为常数函数，此时，即，所以，故A错误；D选项，根据上述分析，，（为常数），故，，令，，当时，，在上单调递减，所以，则，故D错误.故选：C.7.若，，，则（）A. B.C.· D.【答案】A【解析】设，则当时，.因为（当且仅当时，取等号），所以，于是在单调递增，所以，可得.设，则当时，，所以在单调递减，所以，可得.综上，.故选：A.8.记数列的前项和为，若，则的值不可能为（）A.96 B.98 C.100 D.102【答案】D【解析】当时，，设，当时，，则，即，所以，时取等，故D错误；若，，且，，，此时；若，，且，，，此时.故A，B，C正确.故选：D.二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.如果，那么下面一定成立的是（）A. B.C. D.【答案】BD【解析】对于A，取，满足由，但不可以推出：，故A错误；对于B，由，得，再利用同向同正不等式可乘性得：，故B正确；对于C，因为，根据不等式性质有：，故C错误；对于D，因为，根据不等式性质有：，故D正确；故选：BD.10.在平面直角坐标系xOy中，双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，已知点，直线l交Γ于P、Q两点（异于），当直线l过点A且与x轴垂直时，的重心G在以为直径的圆O上．下列结论正确的是（）A.点到Γ的渐近线的距离为2B.直线，的斜率之积为2C.若直线l过点，当时，这样的直线l只有2条D.若直线l过点A，且，则【答案】BCD【解析】由，可得，焦点坐标为，因为直线过点且与轴垂直，则直线的方程为，将代入双曲线的方程，可得，即，所以重心的坐标为，即，又由以为直径的圆的方程为，代入可得，解得，即，所以，此时对于A中，由，可得其渐近线方程为，则焦点到的距离为，所以A错误；对于B中，设且，则，所以B正确；对于C中，由，设直线与双曲线交于零点，当直线垂直轴时，此时直线的方程为，则，此时，此时，当交点在同一支上时，不存在直线，使得；又由，可得，此时，当交点在两支上时，存在2条直线，使得，综上可得，使得的直线共有2条，所以C正确；对于D中，设直线的方程为，且，联立方程组，整理得，其中，，且，因为，可得，则代入可得，整理得，即，当时，此时，且，由弦长公式，可得，根据双曲线的对称性得：当时，可得，所以D正确.故选：BCD.11.在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（）.A. B.C. D.【答案】BD【解析】由递归思想，假设到达某一个格子只能从的三个方向进入，分别记为，记为从起点到格子最多可以除去的雷数，表示数中最大的数，表示格子中的地雷数，则可以写出递推式：，按此规律对原表格进行数字填充：由分析可知，最多可以除掉7个雷.再从终点规划路线，每一次都挑选反方向3个中数字最大的走就可以找到除掉7个雷需要经过的所有格子，在这些格子同一线路上，选择1个埋入地雷，再在另一条线路或未经过的格子上埋入1个地雷，就可以得到满足题意的答案（也可以在选项上仿照前面的思想画图），对比得：BD正确.故选：BD.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.已知复数满足，则的值为______．【答案】【解析】设对应的复数为，对应的复数为，则对应的复数为，对应的复数为，因为，由平行四边形的性质可得：所以.故答案为：13.已知抛物线的焦点为，过点的直线与抛物线交于两点，若，则直线的斜率为______.【答案】【解析】抛物线的焦点，设直线l的方程为：，联立方程，消去y得，，设，则，因为，所以，即，得，故答案为：.14.已知的面积为，，分别为，的中点，设则取最大值时，=_____________．【答案】【解析】设，，.因为，分别为的中点，则，.，，所以.已知的面积为，由三角形面积公式.已知，将与代入可得：，根据基本不等式（当且仅当时取等号），则有：.令，则，即.故，其中.因为，所以，即.两边平方可得，，解得，所以.当取最大值时，，即，此时，.因为，且，所以.根据三角函数关系以及，可得.代入可得：，，，.因为，所以是锐角，则，即.

故答案为：.四、解答题：本大题共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.记的内角､､的对边分别为､､，已知.（1）证明：；（2）若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.（1）证明：因为，所以，所以，即，所以；（2）解：由余弦定理得：，，又，所以，，由角平分线定理可得，，，在中，由余弦定理得：，所以.16.一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.（1）求第2次摸到红球的概率；（2）设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；（3）对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.解：（1）记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，于是由全概率公式，得.（2）由已知得，，，.（3）由（2）可得，即，可猜想：,证明如下：由条件概率及，得，，所以.17.如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．（1）证明：平面；（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．（1）证明：正方形中，，∵平面平面，平面平面，平面，∴平面，又平面，∴，，又，，∴，又∵，∴，∴，又，∴，又，平面，∴平面.（2）解：假设存在点，满足题意，由（1）知，平面，，故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，则，，，，，，设点，，∴，∴，∴，∴，，设平面的法向量为，∴，令，∴，，∴，由（1）知平面的法向量为，∴，即，即，即，解得或（舍去），所以存在一点，使得，即．18.已知函数的图象与的图象关于直线对称.（1）求函数的解析式；（2）若在定义域内恒成立，求的取值范围；（3）求证：.（1）解：设图象上任意一点，则其关于直线的对称点为，由题意知，点在函数图象上，所以，所以.（2）解：不妨令，则在上恒成立，注意到且在上是连续函数，则是函数的一个极大值点，所以，又，所以，解得下面证明：当时，在上恒成立，令，则，当时，，单调递增；当时，单调递减，所以，即在上恒成立，又，所以，综上，.（3）证明：由（2）知，，则，，，又由（2）知：在恒成立，则在上恒成立，当且仅当时取等号，则令，则，，证毕.19.有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为，公差为，并且成等差数列.（1）当时，求，，以及；（2）证明（，，是m的多项式），并求的值；（3）当时，将数列