精品解析：2026届浙江省台州市椒江区等5地高三一模数学试题

台州市2026届高三第一次教学质量评估试题 数学 2025.11 本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时问120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上. 选择题部分（共58分） 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. 2. 已知事件相互独立，，则（ ） A. 0.1 B. 0.3 C. 0.4 D. 0.7 3. 已知向量与的夹角为，，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 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 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 6. 当直线与圆相交所得弦长最短时，m的值为（ ） A. 1 B. C. D. 7. 已知，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 3 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. 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 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 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 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. 已知复数 满足，其中为虚数单位，则______ 13. 在三棱锥中，平面，，则直线 与平面 所成角的大小为__________. 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） 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. 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. 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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 台州市2026届高三第一次教学质量评估试题 数学 2025.11 本试题卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时问120分钟.请考生按规定用笔将所有试题的答案涂､写在答题纸上. 选择题部分（共58分） 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】 【分析】根据集合的并集定义进行运算即可. 【详解】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】 【分析】由独立事件的乘法公式直接求解即可. 【详解】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】 【分析】先根据已知求得，再利用运算. 【详解】，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】 【分析】根据等比数列的通项公式求解，从而可得的通项公式，根据分组求和可得的值. 【详解】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】 【分析】根据棱台的体积求出水杯的体积，即可得解. 【详解】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】 【分析】求出直线 过定点，求出圆 的圆心和半径，当⊥ 时，直线 与圆 相交所得弦长最短，根据斜率得到方程，求出答案. 【详解】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】 【分析】可利用配凑法与“1的妙用”，结合基本不等式进行求解. 【详解】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】 【分析】设，利用直角三角形求得，令，记，利用导数法求得最大时的值. 【详解】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】 【分析】对于A，根据线面平行的判定定理和线面平行的性质定理即可判断； 对于B，根据平面与平面的位置关系即可判断； 对于C，D，根据面面垂直的性质定理即可判断； 【详解】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】 【分析】根据椭圆的性质以及直线与椭圆的关系逐项计算判断即可. 【详解】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】 【分析】先分析 个等圆交点个数的规律，再逐一判断选项. 【详解】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. 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. 已知复数 满足，其中为虚数单位，则______ 【答案】2 【解析】 【分析】先根据复数的除法运算化简 ，然后利用复数模的运算求解即可. 【详解】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】 【分析】先根据垂直关系确定直线与平面所成角为，然后根据线段长度和勾股定理确定该角的大小. 【详解】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】 【分析】先计算甲乙相邻的总排列数，然后计算甲乙相邻且乙丙也相邻的排列数，两者相减即是结果. 【详解】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. 【答案】（1）. （2）. 【解析】 【分析】（1）化简得到，从而求出最小正周期； （2）求出，根据函数的奇偶性得到方程，求出，结合 ，得到答案. 【小问1详解】 由， 得的最小正周期为； 【小问2详解】 ， 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. 【答案】（1）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） 【解析】 【分析】（1）通过对已知递推公式进行变形，得到与的关系，再根据等差数列的定义证明； （2）先根据（1）的结果求出的表达式，进而得到的表达式，然后通过作差法比较与的大小， 判断数列的单调性，从而求出最大项. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【答案】（1）； （2）①；②. 【解析】 【分析】（1）由，以及，得到，从而写出渐近线方程； （2）①根据题意，写出，的直线方程，从而得到 ， ，再根据得到轨迹方程； ②利用面积公式，分析出点 到直线 的距离最短时，面积最小，再通过直线与曲线的位置关系解决曲线中的最值问题. 【详解】（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. 【答案】（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）存在， （3）点 的轨迹为抛物线，理由如下： 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. 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，则需要证明该直线与平面内的两条相交直线均垂直即可. （2）方法一：建立空间直角坐标系，根据 平面，利用坐标列出方程组，然后计算 ，即可判断其是否是定值；方法二：取中点 ，连接，再取的中点 ，先证明，得出平面，然后求出 的长. （3）建立空间直角坐标系，求出平面和平面的法向量，根据面面垂直列出式子，即可得到轨迹是抛物线. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 故点 的轨迹为抛物线，理由略. 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. 【答案】（1）①单调递增区间为；单调递减区间为；② （2）充要条件，证明如下 : “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， 假设函数不是单调递增，则存在，使得， 下面讨论在上的单调性情况： （i）若在上为常数函数，则，， 可得，这与单调递增矛盾； （ii）若在上为单调递减函数，则，， 可得，这与单调递增矛盾； （iii）若在上有极值点，则在该极值点左､右单调区间之中必有一个单调递减区间， 由（ii）同理可得，这与单调递增矛盾； 综上所述：假设不成立，即函数是单调递增函数； 故“函数单调递增”是“函数单调递增”的充要条件. 【解析】 【分析】（1）①求导，利用导数求的单调区间；②根据的单调性分和两种情况，结合的定义分析求解； （2）根据题意结合单调递增的定义以及反证法，从充分性和必要性两个方面分析证明. 【小问1详解】 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：. 【小问2详解】 “函数单调递增”是“函数单调递增”的充要条件，证明略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $