浙江省金华市十校2026届高三上学期1月期末数学试题

浙江省金华市十校2026届高三上学期1月期末数学试题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.若，则（）A. B.2 C. D.4【答案】C【解析】【分析】根据复数乘法的运算法则，结合复数模的运算公式进行求解即可.【详解】因为，所以.故选：C2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据存在量词命题的否定求解.【详解】根据存在量词命题的否定可知，的否定是，故选：B3.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，根据诱导公式求解.【详解】因为，所以.故选：B.4.已知弧长为1cm的扇形面积是，则其圆心角大小为（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用扇形的面积公式及弧长公式即可求解.【详解】设扇形的半径为，由扇形面积公式及题意得，解得，由圆心角公式得圆心角大小为.故选：A.5.有A，B，C，D，E共5名同学进行唱歌比赛，决出第1名到第5名的名次.现已知和都不是第1名，且不是第5名，则这5人名次排列的情况种数为（）A.42 B.50 C.54 D.60【答案】D【解析】【分析】根据题意，可分是第1名和不是第1名且不是第5名，两类情况讨论，结合排列数和组合数的计算公式，以及分类计数原理，即可求解.【详解】根据题意，可分是第1名和不是第1名且不是第5名，两类情况讨论：当是第1名时，此时剩余的全排列，共有种不同的排法；当不是第1名且不是第5名时，先排第1名，从中选一人为第1名，有种选法；再排，有三个位置可选，有种排法，最后三人全排列，有种排法，所以共有种不同的排法，由分类计数原理得，共有种不同的排列情况.故选：D.6.如图，圆的半径为2，为圆的直径，为圆上的两点且.若，则的值为（）A. B. C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】先分解向量，用圆心出发的向量表示所有待处理向量（利用圆的半径、直径性质），再用数量积分配律展开化简，代入模长、夹角等已知条件，将式子转化为包含目标向量点积的形式，随后求解即可.【详解】因为圆半径，，所以，因为，所以，所以因为，所以又因为，代入得，所以，即，又因为，所以故选：D.7.已知数列为等比数列，是数列的前项的乘积.记取得最大值与最小值的项的个数分别为和，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先将数列的前项的乘积表示出来，观察到其中的指数方程分别决定了的大小和的正负，再求出指数部分的最值来分类讨论的最值即可.【详解】由题得，前项积，易得决定的大小，而决定的正负，因为，故离对称轴最近的或时最大，或时，仅小于，①当时，，，所以为的最小值；②当时，，，所以为的最小值，此时，有2个最小值，即.③当时，，，所以为的最大值；④当时，，，所以为的最大值，此时，有2个最大值，即.综上，.故选：A.8.三棱锥中，，二面角的平面角为锐角，则三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取中点，连接，由题易知为三棱锥的外接球球心，且外接球半径为，再根据球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，转化为求点到平面ABC的距离，最后根据即可求得答案.【详解】如图，取中点，连接，因为三棱锥中，，所以与均为直角三角形，且为公共斜边，所以，即点为三棱锥的外接球球心，半径为，设点到平面ABC的距离，球心到平面ABC的距离所以球心到平面ABC的距离等于点到平面ABC的距离的一半，即，因为二面角的平面角为锐角，所以点到平面ABC的距离，当且仅当时等号成立，所以球心到平面ABC的距离，即三棱锥的外接球球心到平面ABC的距离最大值为.故选：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.已知变量与变量的一组观测数据如下表，根据表格数据得到经验回归直线为，则下列选项正确的是（）1234598766A.变量与变量的中位数之和为10 B.变量与变量的样本相关系数C. D.直线必过点【答案】AC【解析】【分析】根据表中数据及中位数概念判断A，根据变量的变化情况可知变量间负相关判断B，根据经验回归直线为斜率为负判断C，根据样本中心点判断D.【详解】由表中数据可知，变量与变量的中位数分别为3，7，故中位数之和为10，故A正确；由表可知，当变量变大时，变量有变小的趋势，所以变量与变量成负相关，样本相关系数，故B错误；由数据可知变量与负相关，故，回归直线必过样本中心点，经计算，代入回归直线方程得，则，因为，所以，故，故C正确；由表中数据可得，而直线必过点，故D错误.故选：AC10.已知函数的最小正周期为，下列结论正确的是（）A.B.在区间上单调递增C.的图象关于直线对称D.方程的解集为【答案】ACD【解析】【分析】使用三角函数图象性质解决ABC选项，对D选项需要分别讨论的范围来消掉绝对值后再使用三角函数的图象性质求解集即可.【详解】对于选项A：由题得，解得，，故A选项正确；对于选项B：由题得，设，则，易得在上不单调，故B选项错误；对于选项C：令，解得，当时，，故是的一条对称轴，故C选项正确；对于选项D：设，其中，①当时，，条件成立，②当时，，条件成立，③当时，，条件成立，④当时，，此时，因为，故舍.⑤当时，，条件不成立，故舍.综上，的取值范围是，此时，解得，故D选项正确.故选：ACD.11.已知集合，用表示集合的元素个数，定义：，，；，，.则（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】分析】根据题意分析可知，，，，，，进而可得，，即可判断AB；令，则，利用放缩法判断C；可得，，进而判断D.【详解】因为，则，，可知，，且，，，，则，可得，则，可得，即，，可得，故AB正确；对于C：因，令，则，又因，当，则，则，可得，所以，故C错误；对于D：因为，则，又因为，则，所以，故D正确；故选：ABD.非选择题部分（共92分）三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知函数，则__________.【答案】3【解析】【分析】根据解析式直接代入，结合指数和对数的运算求解.【详解】.故答案为：3.13.在-1和9之间插入5个实数，使得这7个实数成等差数列，则插入的5个实数和为__________.【答案】【解析】【分析】根据等差数列的前项和公式可求插入的5个实数和.【详解】7个实数的和为，故插入的5个实数和为，故答案为：.14.已知椭圆的左焦点为，点，若以A，F为焦点的双曲线与椭圆交于点，则双曲线的离心率的最大值为__________.【答案】【解析】【分析】分析可知双曲线右支与椭圆C不相交，结合椭圆、双曲线定义可得，，进而可得双曲线的离心率的最大值.【详解】设椭圆C的半长轴长、半焦距长分别为，双曲线E的半实轴长、半焦距长分别为，则，可知椭圆C的左焦点为，右焦点为，且，即，因为，，则，且线段的中垂线为双曲线E的一条对称轴，可知双曲线E的右支与椭圆不相交，因为，可得，当且仅当点在线段上时，等号成立，即，则双曲线E的离心率，所以双曲线的离心率的最大值为.故答案为：.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.某公司研发了一种新产品，现有两个销售方案，方案一：所有产品以同一价格进入市场，则每件获利8元；方案二：每件产品上市前需要依次进行A，B，C三项测试，前一项测试通过后方能进行下一项测试，每项测试通过的概率分别为0.9，0.8，0.5．A，B，C三项测试均通过的产品为一等品，通过和两项测试但未通过C项测试的产品为二等品，其余产品为三等品．每件一等品获利10元，每件二等品获利8元，每件三等品获利6元．（1）求出方案二中某件产品为三等品的概率；（2）使用哪个方案时，每件产品的获利均值更高？请说明你的理由.【答案】（1）0.28（2）方案二，理由见解析【解析】【分析】（1）根据互斥事件概率计算、相互独立事件的概率计算公式计算即可.（2）求出方案二的数学期望（均值）与方案一比较即可.【小问1详解】对于方案二，设事件为“项测试通过”，事件为“项测试通过”，事件为“项测试通过”，事件为“测试产品为一等品”，事件为“测试产品为二等品”，事件为“测试产品为三等品”，则.【小问2详解】记方案一和方案二中每件产品的获利分别为元和元，显然有，而方案二中，则的分布列如下表：10860.360.360.28所以因为，所以使用方案二时，每件产品的获利均值更高.16.已知中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，满足.（1）求角的大小；（2）若为线段AC上一点，满足，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角变换可得，从而可求.（2）设，根据余弦定理构建关于的方程组，求出其解后可求三角形面积；或者用表示，由及余弦定理可构建关于的方程组，求出其解后可求三角形面积.【小问1详解】由正弦定理得，，，.【小问2详解】法1：设，则，，由余弦定理得，化简得：①，在中，由余弦定理得②，由①②式得，.法2：设，即①；在中，由余弦定理得②；由①②式得，.法3：延长BD至使得，结合，.在中，由余弦定理得：①，在中，由余弦定理得②，由①②式得，故.17.如图，多面体ABCDEF的体积为1，四边形ABCD为矩形，平面平面ABCD，.（1）证明：；（2）若，求直线BD和直线CE夹角的余弦值；（3）若，且直线BD和平面BCP所成角的正弦值为，求的值.【答案】（1）证明见解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根据面面垂直的性质定理，结合线面垂直的性质进行证明即可；（2）根据直三棱柱的定义，把三棱柱补形成长方体，利用异面直线所成的角的定义、余弦定理进行求解即可；（3）建立空间直角坐标系，利用空间向量夹角公式进行求解即可；【小问1详解】∵平面平面ABCD，平面平面，平面EAD，又平面EAD，.【小问2详解】由（1）可知多面体ABCDEF为直三棱柱，作，.当时，点和点重合，如图将三棱柱补形成长方体，连，即为直线BD和直线CE的夹角或其补角.由题意可得：，，综上，直线BD和直线CE夹角的余弦值为.【小问3详解】∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，如图，以点为原点建立空间直角坐标系.设，则，由可得：，，另外，设平面BCP的一个法向量为，结合，，也即，取，则有，结合，设直线BD和平面BCP所成角为，则，化简得：，可解得：（舍去）或.综上，．18.已知点为抛物线上一点.（1）求的标准方程；（2）过点的直线与交于A，B两点，以AB为直径的圆与交于异于A，B的两个不同点M，N（在左边）．（i）若斜率为，求M，N坐标；（ii）设的内切圆与外接圆半径分别为r，R，则当取最大值时，求直线的方程.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由题意，将点代入求解；（2）（i）设直线方程为，与抛物线方程联立，求出点的坐标满足的关系，将代入即得点的坐标；（ii）由（i）求得点，设，由可得到，求出取得最大值的条件，再借助换元法求出值即可.【小问1详解】由点为抛物线上一点，得，解得，所以的标准方程为.【小问2详解】（i）设直线方程为，，由消去并整理得，则，，设上一点，由，得，整理得，即，则或，当时，或，是方程的两个根，所以点.（ii）由（i）知，由分别为的内切圆与外接圆半径，得，设，则，当，即为等腰直角三角形时取得最大值，而，点到直线的距离，则，即，令，则，①当时，，即，则，则；②当时，，即，此方程无解，所以直线的方程为.19.已知函数.（1）求函数在处的切线方程；（2）记函数最小零点为，证明：（i）且；（ii）.【答案】（1）（2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析【解析】【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解.（2）（i）根据导数求出，又，得到为增函数，当时，函数即为，根据零点存在性定理即可证明，代入即可证明；（ii）先分别证明两个不等式，通过分析函数的单调性和零点的性质来完成证明.【小问1详解】，则.，，则切线方程为.【小问2详解】（i）由（1）知.当时，，所以在上单调递减.当时，，所以在上单调递增.所以.又，