浙江省金華市十校2026屆高三上學期1月期末數(shù)學試題本試卷分選擇題和非選擇題兩部分，共4頁，滿分150分，考試時間120分鐘.考生注意：1.考生答題前，務必將自己的姓名、準考證號用黑色字跡的簽字筆或鋼筆填寫在答題卷上．2.選擇題的答案須用2B鉛筆將答題卷上對應題目的答案涂黑，如要改動，須將原填涂處用橡皮擦凈．3.非選擇題的答案須用黑色字跡的簽字筆或鋼筆寫在答題卷上相應區(qū)域內，答案寫在本試題卷上無效．選擇題部分（共58分）一、單選題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的選項中，只有一項是符合題目要求的.1.若，則（）A. B.2 C. D.4【答案】C【解析】【分析】根據復數(shù)乘法的運算法則，結合復數(shù)模的運算公式進行求解即可.【詳解】因為，所以.故選：C2.命題“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根據存在量詞命題的否定求解.【詳解】根據存在量詞命題的否定可知，的否定是，故選：B3.若，則（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】由，根據誘導公式求解.【詳解】因為，所以.故選：B.4.已知弧長為1cm的扇形面積是，則其圓心角大小為（）A. B.1 C. D.【答案】A【解析】【分析】利用扇形的面積公式及弧長公式即可求解.【詳解】設扇形的半徑為，由扇形面積公式及題意得，解得，由圓心角公式得圓心角大小為.故選：A.5.有A，B，C，D，E共5名同學進行唱歌比賽，決出第1名到第5名的名次.現(xiàn)已知和都不是第1名，且不是第5名，則這5人名次排列的情況種數(shù)為（）A.42 B.50 C.54 D.60【答案】D【解析】【分析】根據題意，可分是第1名和不是第1名且不是第5名，兩類情況討論，結合排列數(shù)和組合數(shù)的計算公式，以及分類計數(shù)原理，即可求解.【詳解】根據題意，可分是第1名和不是第1名且不是第5名，兩類情況討論：當是第1名時，此時剩余的全排列，共有種不同的排法；當不是第1名且不是第5名時，先排第1名，從中選一人為第1名，有種選法；再排，有三個位置可選，有種排法，最后三人全排列，有種排法，所以共有種不同的排法，由分類計數(shù)原理得，共有種不同的排列情況.故選：D.6.如圖，圓的半徑為2，為圓的直徑，為圓上的兩點且.若，則的值為（）A. B. C.2 D.3【答案】D【解析】【分析】先分解向量，用圓心出發(fā)的向量表示所有待處理向量（利用圓的半徑、直徑性質），再用數(shù)量積分配律展開化簡，代入模長、夾角等已知條件，將式子轉化為包含目標向量點積的形式，隨后求解即可.【詳解】因為圓半徑，，所以，因為，所以，所以因為，所以又因為，代入得，所以，即，又因為，所以故選：D.7.已知數(shù)列為等比數(shù)列，是數(shù)列的前項的乘積.記取得最大值與最小值的項的個數(shù)分別為和，則（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先將數(shù)列的前項的乘積表示出來，觀察到其中的指數(shù)方程分別決定了的大小和的正負，再求出指數(shù)部分的最值來分類討論的最值即可.【詳解】由題得，前項積，易得決定的大小，而決定的正負，因為，故離對稱軸最近的或時最大，或時，僅小于，①當時，，，所以為的最小值；②當時，，，所以為的最小值，此時，有2個最小值，即.③當時，，，所以為的最大值；④當時，，，所以為的最大值，此時，有2個最大值，即.綜上，.故選：A.8.三棱錐中，，二面角的平面角為銳角，則三棱錐的外接球球心到平面ABC的距離最大值為（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】取中點，連接，由題易知為三棱錐的外接球球心，且外接球半徑為，再根據球心到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離的一半，轉化為求點到平面ABC的距離，最后根據即可求得答案.【詳解】如圖，取中點，連接，因為三棱錐中，，所以與均為直角三角形，且為公共斜邊，所以，即點為三棱錐的外接球球心，半徑為，設點到平面ABC的距離，球心到平面ABC的距離所以球心到平面ABC的距離等于點到平面ABC的距離的一半，即，因為二面角的平面角為銳角，所以點到平面ABC的距離，當且僅當時等號成立，所以球心到平面ABC的距離，即三棱錐的外接球球心到平面ABC的距離最大值為.故選：D二、多選題：本題共3小題，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.9.已知變量與變量的一組觀測數(shù)據如下表，根據表格數(shù)據得到經驗回歸直線為，則下列選項正確的是（）1234598766A.變量與變量的中位數(shù)之和為10 B.變量與變量的樣本相關系數(shù)C. D.直線必過點【答案】AC【解析】【分析】根據表中數(shù)據及中位數(shù)概念判斷A，根據變量的變化情況可知變量間負相關判斷B，根據經驗回歸直線為斜率為負判斷C，根據樣本中心點判斷D.【詳解】由表中數(shù)據可知，變量與變量的中位數(shù)分別為3，7，故中位數(shù)之和為10，故A正確；由表可知，當變量變大時，變量有變小的趨勢，所以變量與變量成負相關，樣本相關系數(shù)，故B錯誤；由數(shù)據可知變量與負相關，故，回歸直線必過樣本中心點，經計算，代入回歸直線方程得，則，因為，所以，故，故C正確；由表中數(shù)據可得，而直線必過點，故D錯誤.故選：AC10.已知函數(shù)的最小正周期為，下列結論正確的是（）A.B.在區(qū)間上單調遞增C.的圖象關于直線對稱D.方程的解集為【答案】ACD【解析】【分析】使用三角函數(shù)圖象性質解決ABC選項，對D選項需要分別討論的范圍來消掉絕對值后再使用三角函數(shù)的圖象性質求解集即可.【詳解】對于選項A：由題得，解得，，故A選項正確；對于選項B：由題得，設，則，易得在上不單調，故B選項錯誤；對于選項C：令，解得，當時，，故是的一條對稱軸，故C選項正確；對于選項D：設，其中，①當時，，條件成立，②當時，，條件成立，③當時，，條件成立，④當時，，此時，因為，故舍.⑤當時，，條件不成立，故舍.綜上，的取值范圍是，此時，解得，故D選項正確.故選：ACD.11.已知集合，用表示集合的元素個數(shù)，定義：，，；，，.則（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】分析】根據題意分析可知，，，，，，進而可得，，即可判斷AB；令，則，利用放縮法判斷C；可得，，進而判斷D.【詳解】因為，則，，可知，，且，，，，則，可得，則，可得，即，，可得，故AB正確；對于C：因，令，則，又因，當，則，則，可得，所以，故C錯誤；對于D：因為，則，又因為，則，所以，故D正確；故選：ABD.非選擇題部分（共92分）三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.已知函數(shù)，則__________.【答案】3【解析】【分析】根據解析式直接代入，結合指數(shù)和對數(shù)的運算求解.【詳解】.故答案為：3.13.在-1和9之間插入5個實數(shù)，使得這7個實數(shù)成等差數(shù)列，則插入的5個實數(shù)和為__________.【答案】【解析】【分析】根據等差數(shù)列的前項和公式可求插入的5個實數(shù)和.【詳解】7個實數(shù)的和為，故插入的5個實數(shù)和為，故答案為：.14.已知橢圓的左焦點為，點，若以A，F(xiàn)為焦點的雙曲線與橢圓交于點，則雙曲線的離心率的最大值為__________.【答案】【解析】【分析】分析可知雙曲線右支與橢圓C不相交，結合橢圓、雙曲線定義可得，，進而可得雙曲線的離心率的最大值.【詳解】設橢圓C的半長軸長、半焦距長分別為，雙曲線E的半實軸長、半焦距長分別為，則，可知橢圓C的左焦點為，右焦點為，且，即，因為，，則，且線段的中垂線為雙曲線E的一條對稱軸，可知雙曲線E的右支與橢圓不相交，因為，可得，當且僅當點在線段上時，等號成立，即，則雙曲線E的離心率，所以雙曲線的離心率的最大值為.故答案為：.四、解答題：本題共5小題，共77分.解答應寫出文字說明，證明過程或演算步驟.15.某公司研發(fā)了一種新產品，現(xiàn)有兩個銷售方案，方案一：所有產品以同一價格進入市場，則每件獲利8元；方案二：每件產品上市前需要依次進行A，B，C三項測試，前一項測試通過后方能進行下一項測試，每項測試通過的概率分別為0.9，0.8，0.5．A，B，C三項測試均通過的產品為一等品，通過和兩項測試但未通過C項測試的產品為二等品，其余產品為三等品．每件一等品獲利10元，每件二等品獲利8元，每件三等品獲利6元．（1）求出方案二中某件產品為三等品的概率；（2）使用哪個方案時，每件產品的獲利均值更高？請說明你的理由.【答案】（1）0.28（2）方案二，理由見解析【解析】【分析】（1）根據互斥事件概率計算、相互獨立事件的概率計算公式計算即可.（2）求出方案二的數(shù)學期望（均值）與方案一比較即可.【小問1詳解】對于方案二，設事件為“項測試通過”，事件為“項測試通過”，事件為“項測試通過”，事件為“測試產品為一等品”，事件為“測試產品為二等品”，事件為“測試產品為三等品”，則.【小問2詳解】記方案一和方案二中每件產品的獲利分別為元和元，顯然有，而方案二中，則的分布列如下表：10860.360.360.28所以因為，所以使用方案二時，每件產品的獲利均值更高.16.已知中，角A，B，C所對的邊分別為a，b，c，滿足.（1）求角的大?。唬?）若為線段AC上一點，滿足，求的面積.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用三角變換可得，從而可求.（2）設，根據余弦定理構建關于的方程組，求出其解后可求三角形面積；或者用表示，由及余弦定理可構建關于的方程組，求出其解后可求三角形面積.【小問1詳解】由正弦定理得，，，.【小問2詳解】法1：設，則，，由余弦定理得，化簡得：①，在中，由余弦定理得②，由①②式得，.法2：設，即①；在中，由余弦定理得②；由①②式得，.法3：延長BD至使得，結合，.在中，由余弦定理得：①，在中，由余弦定理得②，由①②式得，故.17.如圖，多面體ABCDEF的體積為1，四邊形ABCD為矩形，平面平面ABCD，.（1）證明：；（2）若，求直線BD和直線CE夾角的余弦值；（3）若，且直線BD和平面BCP所成角的正弦值為，求的值.【答案】（1）證明見解析（2）（3）【解析】【分析】（1）根據面面垂直的性質定理，結合線面垂直的性質進行證明即可；（2）根據直三棱柱的定義，把三棱柱補形成長方體，利用異面直線所成的角的定義、余弦定理進行求解即可；（3）建立空間直角坐標系，利用空間向量夾角公式進行求解即可；【小問1詳解】∵平面平面ABCD，平面平面，平面EAD，又平面EAD，.【小問2詳解】由（1）可知多面體ABCDEF為直三棱柱，作，.當時，點和點重合，如圖將三棱柱補形成長方體，連，即為直線BD和直線CE的夾角或其補角.由題意可得：，，綜上，直線BD和直線CE夾角的余弦值為.【小問3詳解】∵平面平面ABCD，平面平面，平面ABCD，如圖，以點為原點建立空間直角坐標系.設，則，由可得：，，另外，設平面BCP的一個法向量為，結合，，也即，取，則有，結合，設直線BD和平面BCP所成角為，則，化簡得：，可解得：（舍去）或.綜上，．18.已知點為拋物線上一點.（1）求的標準方程；（2）過點的直線與交于A，B兩點，以AB為直徑的圓與交于異于A，B的兩個不同點M，N（在左邊）．（i）若斜率為，求M，N坐標；（ii）設的內切圓與外接圓半徑分別為r，R，則當取最大值時，求直線的方程.【答案】（1）；（2）（i）；（ii）【解析】【分析】（1）由題意，將點代入求解；（2）（i）設直線方程為，與拋物線方程聯(lián)立，求出點的坐標滿足的關系，將代入即得點的坐標；（ii）由（i）求得點，設，由可得到，求出取得最大值的條件，再借助換元法求出值即可.【小問1詳解】由點為拋物線上一點，得，解得，所以的標準方程為.【小問2詳解】（i）設直線方程為，，由消去并整理得，則，，設上一點，由，得，整理得，即，則或，當時，或，是方程的兩個根，所以點.（ii）由（i）知，由分別為的內切圓與外接圓半徑，得，設，則，當，即為等腰直角三角形時取得最大值，而，點到直線的距離，則，即，令，則，①當時，，即，則，則；②當時，，即，此方程無解，所以直線的方程為.19.已知函數(shù).（1）求函數(shù)在處的切線方程；（2）記函數(shù)最小零點為，證明：（i）且；（ii）.【答案】（1）（2）（i）證明見解析；（ii）證明見解析【解析】【分析】（1）根據導數(shù)的幾何意義即可求解.（2）（i）根據導數(shù)求出，又，得到為增函數(shù)，當時，函數(shù)即為，根據零點存在性定理即可證明，代入即可證明；（ii）先分別證明兩個不等式，通過分析函數(shù)的單調性和零點的性質來完成證明.【小問1詳解】，則.，，則切線方程為.【小問2詳解】（i）由（1）知.當時，，所以在上單調遞減.當時，，所以在上單調遞增.所以.又，