浙江省台州市椒江区等5地2026届高三上学期一模数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省台州市椒江区等5地2026届高三上学期一模数学试题一､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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由题意得，集合.所以.故选：D.2.已知事件相互独立，，则（）A.0.1 B.0.3 C.0.4 D.0.7【答案】C【解析】因为事件相互独立，且，所以.故选：C.3.已知向量与的夹角为，，则（）A.1 B. C.2 D.【答案】A【解析】，故，解得，则.故选：A.4.已知等比数列满足：.设，记数列的前项和为，则（）A.149 B.153 C.155 D.157【答案】B【解析】设等比数列的公比为，则，则，可得，所以，则，所以.故选：B.5.小明体检后，遵照医嘱：在疗程内每天需要饮水.若小明用的水杯近似为正四棱台，尺寸为：上口边长为，底部边长为，高为，厚度忽略不计，则小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是（）A.5 B.6 C.7 D.8【答案】C【解析】因为正四棱台的上口边长为，底部边长为，高为，所以水杯的体积为，因为，所以小明在疗程内每天需要饮水的杯数至少是7.故选：C.6.当直线与圆相交所得弦长最短时，m的值为（）A.1 B. C. D.【答案】B【解析】过定点，，圆心为，半径为，当⊥时，直线与圆相交所得弦长最短，其中，故直线的斜率为1，故，解得.故选：B.7.已知，且，则的最小值为（）A.2 B. C. D.3【答案】D【解析】由题可知，，又因为,则,当且仅当时，即当时，等号成立.因此的最小值为4，故的最小值为3.故选：D.8.在中，斜边，为边上的高，的平分线交于点，当最大时，的值为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】设，因为，所以，，所以，所以，令，记，则，，令，得，令，得，令，得，所以在上单调递增，在上单调递减，所以时，即取到最大值，此时.故选：C.二､多选题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知平面满足，直线满足，且与不重合，则下列结论正确的是（）A.若，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】ABC【解析】对于A，因为，，假设，又，则，这与题设与不重合矛盾，所以，所以，又，，所以由线面平行的性质定理得，故A正确；对于B，因为，，，，所以根据平面与平面的位置关系可得，故B正确；对于C，因为，，，，所以根据面面垂直的性质定理可得，又所以，故C正确；对于D，根据面面垂直的性质定理可知，当时，可能，也可能，也可能相交，故D错误；故选：ABC.10.已知分别是椭圆的左､右顶点，为椭圆的右焦点，过点的直线交椭圆于两点，则下列结论正确的是（）A.的最小值为3 B.直线与的斜率之积为定值C.不为定值 D.面积的最大值为【答案】AD【解析】由题意得，.对于A：当过点的直线垂直于轴时，最小.该直线方程为，所以，所以，A正确；对于B：设，则.所以.设直线的斜率为，则该直线方程为.联立直线与椭圆方程得，化简得.所以.解得，所以.所以，，所以，不是定值，所以B错误；对于C：，所以，.所以，为定值；当直线斜率不存在时，，此时.所以为定值，所以C错误；对于D：.因为，所以.所以.当直线的斜率不存在时，.所以面积的最大值为，所以D正确.故选：AD.11.我们把半径相等的圆称为等圆.在平面上过同一点有个等圆，其中任何两个圆都有两个不同的交点，但任何三个圆除点外无其它公共点，记这个等圆共有个交点，则下列结论正确的是（）A.B.C.存在，使得D.任意且，都有【答案】ABD【解析】过同一点有个等圆，当增加第个圆时，第个圆与前个圆各有一个除外的交点，因此递推关系为：.当时，三个等圆过同一点，每两个圆有2个交点，但是公共点，所以除外，每两个圆有1个交点.三个圆中两两组合的数量为，因此.由递推关系式可得：.将这些式子累加得.所以.对于A：，所以A正确；对于B：，所以B正确；对于C：令，则，化简得.判别式为，因为不是整数，所以不是整数，所以C错误；对于D：由上述推导，很显然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.已知复数满足，其中为虚数单位，则______【答案】2【解析】因为，所以，所以.故答案为：2.13.在三棱锥中，平面，，则直线与平面所成角的大小为__________.【答案】【解析】因为平面，平面，所以.在中，，所以，所以，又平面.所以平面，所以直线与平面所成角为.在中，，所以，所以为等腰直角三角形，所以，即直线与平面所成角的大小为.故答案为：.14.甲､乙､丙､丁､戊､己共6人站成一排，若甲､乙两人相邻，而乙､丙两人不相邻，则不同的排法种数共有__________.（用数字作答）【答案】192【解析】先将甲、乙两人看成一个整体，则这个整体内部有种排列方式，此时相当于有5个元素进行排列，所以甲乙相邻的总排列数为种.若甲乙相邻且乙丙也相邻，则三人必须以（甲，乙，丙）或（丙，乙，甲）的顺序站在一起.将这三个人视为一个整体，其内部有2种排法，再将此整体与其余3人进行全排列，故甲乙相邻且乙丙也相邻的排法有种,所以甲乙相邻，而乙丙不相邻的排法种数有.故答案为：192.四､解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知函数.（1）求的最小正周期；（2）若函数为偶函数，其中，求的最小值.解：（1）由，得的最小正周期为；（2），因为函数为偶函数，所以，解得，又因为，所以当时，取到最小值.16.设数列满足.（1）证明：数列为等差数列；（2）设，求数列的最大项.（1）证明：将两边同乘以，得，即，又，因此，是以1为公差，1为首项的等差数列.（2）解：由（1）得，因此，，.当时，，得，即.又因为，所以，即当时，，所以的最大项是.17.已知双曲线的离心率为，且过点，渐近线分别为，，其中经过第一、三象限.（1）求双曲线的渐近线的方程；（2）设动点在第一象限内，且不在直线上，过点分别作的平行线，交轴于，两点，且，为坐标原点.①求动点的轨迹方程；②求面积的最小值.解：（1）由，得，因此，；（2）①过点且与平行的直线方程为：，过点且与平行的直线方程为：，求得，所以动点的轨迹方程为，②在中，因为，所以要使的面积最小，只要使点到直线的距离最短，设过点且与平行的直线，又因为点在点轨迹的渐近线的下方，所以当直线与曲线相切的时候，点到直线的距离最短，联立，消去得，，解得，当时，求得，不满足条件，当时，求得，符合题意，易求得点到直线的距离为，且，因此，面积的最小值为.18.已知正方体的棱长为2，是空间中的一点.（1）证明：直线平面；（2）若直线平面，则在平面内是否存在点，使得的长为定值，若存在，指出点的位置；若不存在，请说明理由.（3）若点在平面内，且满足平面平面，请判断点的轨迹，并说明理由.（1）证明：在正方体中，因为平面平面，所以.又因为，平面.所以平面.（2）解：法一：如图，以为坐标原点，以所在直线分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则.设点，则，因为平面，所以得*设平面内存在点，满足长为定值，则，由*式得，所以当时，长为定值，此时点.法二：如图，取中点，连接，再取的中点，因为平面，所以.又因为平面，所以平面，得平面.在中，因为为定值，所以在平面内存在点，使得的长为定值，且为的中点.（3）解：如图，以为坐标原点，以分别为轴､轴､轴，建立空间直角坐标系，则.设点，平面的一个法向量为，平面的一个法向量为，得，由取，得，即.由得，取，得.即.又因为平面平面，所以，得，故点的轨迹为抛物线.19.已知函数在定义域上连续且可导，对于正实数，记和分别为函数在区间上的最大值和最小值，函数.（1）设；①求的单调区间；②当时，求函数的解析式.（2）请判断“函数单调递增”是“函数单调递增”的什么条件？并给出证明.解：（1）①由题意可知：的定义域为，且，由，解得；由，解得；所以的单调递增区间为；单调递减区间为；②由①知，当时，在上单调递减，则，，所以；当时，在上单调递减，在上单调递增，则；，令，则，当时，；当时，；可知在上单调递增，在上单调递减，则，即，可得，即，则，所以；综上所述：.（2）“函数单调递增”是“函数单调递增”的充要条件，①充分性：因为单调递增，则，可得，所以函数单调递增；②必要性：当函数单调递增时，假设