浙江省金华市十校2026届高三上学期1月期末考试数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省金华市十校2026届高三上学期1月期末数学试题一、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】因为，所以.故选：C.2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】根据存在量词命题的否定可知，的否定是，故选：B.3.若，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】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】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】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】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】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】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】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：AC.10.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】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】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.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】.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】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】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.解：（1）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.（2）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.解：（1）由正弦定理得，，，.（2）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.（1）证明：∵平面平面ABCD，平面平面，平面EAD，又平面EAD，.（2）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.（3）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.解：（1）由点为抛物线上一点，得，解得，所以的标准方程为.（2）（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）.（1）解：，则.，，则切线方程为.（2）（i）证明：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，.为增函数；又.当时，函数即为.时，函数的最小零点即为的零点.则存在，使得.，.则.（ii）证明：由题知.先证恒成立，单调递增且存在唯一零点.当为偶数时，函数为