浙江省嘉兴市桐乡市2026届高三数学下学期教学测试试题含解析

本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.

考生注意：

1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答

题纸上规定的位置.

2.答题时，请按暇答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题

卷上的作答一律无效.

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是

符合题目要求的.

1.已知复数在复平面内对应的点为，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【详解】由题意，得，则，，

所以.

2.已知平面向量满足，与的夹角为，则（）．

A.7B.1C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】由向量的线性运算及数量积的定义求解即可.

【详解】因为.

故选：B.

3.数列满足，则（）

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A.8B.4C.2D.1

【答案】B

【解析】

【分析】结合递推公式依次计算即可.

【详解】，，

.

4.某款新能源汽车2025年产量为5000辆，从2026年开始每年不断扩大生产规模，计划到2030年此款

汽车年产量达到10000辆，那么2025～2030年的年平均增长率大约为（）

（）

A.115%B.15%C.30%D.60%

【答案】B

【解析】

【分析】设2025～2030年的年平均增长率为，根据题意列出方程，然后根据对数的运算计算即可.

【详解】设2025～2030年的年平均增长率为，根据题意可得

，化简得，

方程两边取对数得，又，

所以.

故

所以，即2025～2030年的年平均增长率大约为.

5.若函数满足，且在有唯一零点，则的最大

值为（）

A.B.3C.2D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用辅助角公式化简函数，再利用指定区间上有唯一零点及周期情况列式求解.

【详解】函数，

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由得，是函数图象的一条对称轴，

则，，解得，；

当时，，

由函数在有唯一零点，得，解得，

所以当时，取得最大值．

6.已知正实数a，b满足，则为（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】设，，分别求出这两个函数值域，可知有

且仅有一种情况使得，求出的值计算求和即可

【详解】等式左边：设，求导得，

时，在单调递减，时，在单调递增，

因此的最小值为，所以，

等式右边：设，求导得，

时，，在单调递增，时，，在单调递减，

因此的最大值为，所以，

又，因此仅当时等式成立，即，，

故.

7.在三棱锥中，，二面角的大小为，若，则点到平面的

距离的最大值为（）

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A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出在平面上点的轨迹方程，得到点到直线的距离的最大值，即可求出点到平

面的距离的最大值.

【详解】

在平面上，以中点为原点，以为轴，以垂直平分线为轴建立平面直角坐标系，

则，，设.

因为，则，

整理得，即点的轨迹为在平面上，以为圆心，为半径的圆.

所以点到直线的最大距离.

又二面角的大小为，所以点到平面的距离的最大值为.

8.已知互不相等的实数，满足，记

，则等于（）

A.1B.C.3D.

【答案】D

【解析】

【分析】令，得到，再令

，则，化简得到，所以

.

【详解】令，

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因为，

所以，

这说明的三个根恰好是，

因此，①

令，则，

因为，

在①中，令得到，

即，

整理得到，

即，

因此，

当时，；

当时，；

当时，，

所以.

二、选择题：本题共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.下列命题中，正确的是（）

A.数据27，12，14，30，15，17，19，23的第70百分位数是23

B.若回归方程为，则变量y与x成负相关

C.若随机变量X服从正态分布，则

D.样本相关系数，有时也称样本线性相关系数，刻画了样本点集中于某条直线的程度，当时，则

表明成对样本数据间没有线性相关关系

【答案】ABD

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【解析】

【详解】将已知数据排序得12，14，15，17，19，23，27，30，

由，第六个数为23，即第70百分位数是23，故A正确；

由于，所以变量y与x成负相关，故B正确；

因为，

所以，故C错误；

当越小时，相关性越弱，所以当时，则表明成对样本数据间没有线性相关关系，故D正确.

10.双曲线的左、右焦点分别为，左、右顶点分别为，以

为直径的圆与C的一条渐近线交于M，N两点，且，则（）

A.B.

C.C的离心率为D.当时，四边形的面积为

【答案】ACD

【解析】

【分析】由平行四边形的性质判断A；由且结合在渐近线上可求的坐标，从

而可判断B的正误，或者利用三角函数定义和余弦定理也可判断；由中线向量结合B的结果可得

，计算后可判断C的正误，或者利用并结合离心率变形公式即可判断；结合BC的结果

求出面积后可判断D的正误.

【详解】不妨设渐近线为，在第一象限，在第三象限，

对于A，由双曲线的对称性可得为平行四边形，故，

故A正确；

对于B，方法一：因为在以为直径的圆上，故且，

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设，则，故，故，

由A得，故即，故B错误；

方法二：因为，因为双曲线中，，

则，又因为以为直径的圆与的一条渐近线交于、，则，

则若过点往轴作垂线，垂足为，则，则点与重合，则轴，

则，则为直角三角形，且，则，

方法三：在利用余弦定理知，，

即，则，

则为直角三角形，且，则，故B错误；

对于C，方法一：因为，故，

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由B可知，

故即，

故离心率，故C正确；

方法二：因为，则，则，故C正确；

对于D，当时，由C可知，故，

故，故四边形为，

故D正确，

故选：ACD.

11.如图，在棱长为2的正方体中，是棱的中点，是棱上的动点（含端

点），则下列说法中正确的是（）

A.点到平面的距离为定值

B.若是棱的中点，则四面体的外接球的表面积为

C.若是棱的中点，则过的平面截正方体所得的截面图形的周长为

D.若与平面所成的角为，则

【答案】ABD

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【解析】

【分析】对于A,根据线面平行可知，点到平面的距离为定值，利用等体积法即可判定；对于B，

作出图形，根据题意建立方程组，解出即可；对于C,根据题意画出截面图，计算即可；对于D，建立空间

直角坐标系，利用空间向量求得的表达式，进一步计算求范围即可.

【详解】A，连接，因为，

由平面，平面，所以平面，

又点是棱上的动点（含端点），所以点到平面的距离为定值，设为，

则.

又，所以，解得，正确；

B，如图所示，连接，取的中点为，连接，

设外接圆圆心为，外接球球心为，连接，设外接球半径为,过作,交

于，则，

在中，设其外接圆半径为，

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由正弦定理知，所以，即，

依题易得≌，故，

弦所对的圆周角相等，故四点共圆，则，

则在中，，即①，

在中，，即②，

联立①②，解得，故外接球的表面积为，正确；

C，如图，四边形为过的平面截正方体所得的截面图形，

因为平面平面，且平面平面，

且平面平面，根据面面平行的性质定理知，

又因为为中点，所以为四等分点，则四边形的周长为：

，错误；

D，以为坐标原点，建立如下图所示空间直角坐标系，

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则，

则，

设平面的法向量，则，

令，则，故，

则，

当时，，

当时，，

当且仅当时等号成立，又，

综上可知，，正确.

故选：ABD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.的展开式中的系数为______.

【答案】

【解析】

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【详解】的展开式通项为.

令，得，所以.

所以的展开式中的系数为.

13.若函数是奇函数，则______.

【答案】

【解析】

【分析】利用奇函数的定义求解.

【详解】由得，

因为函数奇函数，所以定义域关于原点对称，

则方程根互为相反数，所以，所以，

所以函数的定义域为，，

因为，

所以，即，解得.

此时，定义域为，且满足，

所以.

14.已知抛物线的焦点F到其准线的距离为，若等边三角形的边

在x轴的非负半轴上，与原点O重合，点的横坐标大于点的横坐标，位于第一象限的点

，在抛物线C上，则_______.（用含n的式子表示）

【答案】

【解析】

【分析】根据已知得，设，易得，进而有，是的

前n项和，再由代入抛物线得，利用关系求通项公式

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即可得.

【详解】由题设，易得，则，在抛物线C上，

等边三角形的边在x轴的非负半轴上，与原点O重合，

设，则时，故，

所以，

当时，，则，

若是的前n项和，则，故，显然时满足，

当，，整理得，

又，则，故是首项、公差都为2的等差数列，

所以.

故答案：

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.已知内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，且.

（1）求角C及边c的值；

（2）求的最大值.

【答案】（1），

（2）4

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【解析】

【小问1详解】

由，

根据余弦定理，得，

因为，则.

由，得，

根据正弦定理，得，则.

【小问2详解】

由（1）知，，

则，即，

当且仅当时等号成立，

则的最大值为4.

16.已知函数.

（1）若，求函数的图象在点处的切线方程；

（2）若存在极值，求a取值范围.

【答案】（1）

（2）

【解析】

【分析】（1）根据导数的几何意义求出函数的图象在点处的切线的斜率，从而得到切线方程；

（2）由存在极值，得有变号零点，通过分离参数，根据余弦函数给定区间上的值域可求得a

的取值范围.

【小问1详解】

若，则.

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所以，所以.

又，所以函数的图象在点处的切线方程为.

【小问2详解】

因为函数，

所以.

若存在极值，则有变号零点，即有解.

因为，所以，所以.

因此有解，且.

当时，在上恒成立，

所以函数是增函数，无极值；

当时，在上有解，记为.

令，则，所以在上单调递增，

所以当时，，单调递减；当时，，单调递增，

所以函数在处取得极小值，即函数有极值.

故a的取值范围是.

17.如图，在四面体ABCD中，，点E，F分别是CD，AB

的中点.

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（1）证明：；

（2）若二面角的大小为，求直线EF与平面BCD所成角的大小.

【答案】（1）证明见解析；

（2）.

【解析】

【分析】（1）异面直线垂直问题可转化为证明线面垂直；

（2）求线面所成角可转化成求直线方向向量与平面法向量的夹角问题.

【小问1详解】

证明：如图过作,，.

,四边形为平行四边形，连接、，

四边形为平行四边形，点E是的中点，

，，为的中点，

,即，

又，，

，平面，

平面，又平面，

，

又是的中点，为的中点，

为的中位线，

，，

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【小问2详解】

由(1)可知，，又平面平面，

为二面角的平面角，即，

如图，在平面内过点作，从而、、两两互相垂直，

以点为坐标原点，、、所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则

，，，

由，得，

所以点的横坐标为，点的纵坐标为，

即，从而，,,

设平面的法向量为，则

，取。

则，又，

所以直线与平面所成角的正弦值，，

即直线与平面所成角为.

18.已知斜率为的直线交椭圆（且）于A，B两点，AB的垂直平分线与椭圆交

于C，D两点，点是线段AB的中点.

（1）若，求的取值范围；

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（2）求的值；

（3）证明：无论怎么变化，都有A，B，C，D四点共圆，并求圆心的坐标.

【答案】（1）

（2）

（3）或

【解析】

【分析】第1问直线存在即可，只需满足线段的中点在椭圆内，第2问中点弦问题用点差法即

可，第3问当，，，四点共圆时，有，转化成坐标求解即可.

【小问1详解】

设，当时，线段的中点，

此时应满足在椭圆内，即，解得，

所以当时，的取值范围为.

【小问2详解】

由为椭圆上两点，从而有，

两式作差得，

即，

由线段中点，得到，斜率，

所以，得到.

【小问3详解】

由(2)可知，，得到的垂直平分线的斜率为，

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所以直线的方程为，即，

联立，化简整理得，

，

设，则，，

从而的中点为，，

直线的方程为，即，

联立，化简整理得，

，，

由垂直平分，所以当，，，四点共圆时，有

即，

化简得，

当，，，四点共圆与的值无关，则，解得，则，

此时圆的圆心坐标为为或.

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19.某连锁餐厅有家分店，将分店按照规模从小到大依次编为号到号．每家分店都配备了一

定数量的员工，配备方案为：第号分店员工包含第号店长和名服务员．为了加强

各分店之间的员工交流与经验分享，提升整体服务水平，餐厅总部决定进行员工轮岗工作．具体安排为：

从每家分店随机选派名员工到下一家分店进行工作，即从号分店选派名员工到号分店，再从号分店

（含轮岗人员）选派名员工到号分店，依次类推，从号分店选派名员工到号分店．轮岗结束后，

从第号分店任选名员工进行服务反馈调查，并选派至号分店，记选中店长的概率为．

（1）当时，求的值；

（2）在第号分店选中店长的条件下，若该店长为第号店长，求随机变量的分布列；

（3）证明：．

【答案】（1）

（2）分布列答案见解析

（3）证明见解析

【解析】

【分析】（1）记事件从号店中选派名店长去号店，则事件从号店中选派名员工去号店，记

事