精品解析：浙江省嘉兴市2026届高三第一学期期末检测数学试题

浙江省嘉兴市2026届高三第一学期期末检测数学试题 （2026.1） 本试题卷共6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，请按照答题纸上“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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知一组样本数据的方差为3，则数据的方差为（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 12 3. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 或 5. 函数在上的零点是（ ） A. B. C. D. 6. 在复平面内，复数对应的点不可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 7. 已知圆，圆，若动圆始终平分圆的周长，则圆心的轨迹为（ ） A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 8. 在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在三棱锥中，平面，，，分别是，的中点，点，满足，，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 10. 已知函数的定义域为，且，则（ ） A. B. 曲线是轴对称图形 C. D. 曲线是中心对称图形 11. 已知函数，数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的系数是80，则实数的值是 13. 已知，则__________. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，是的中点，且满足，则的离心率为__________. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，求； （2）若，求的面积. 16. 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. （1）求该队仅有乙获得奖品的概率； （2）记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 17. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，. （1）若平面，求； （2）若，点为三棱柱外接球的球心，求二面角的余弦值. 18. 已知抛物线的焦点为，点，动点在抛物线上，的最小值为，过点的直线交于两点. （1）求的方程； （2）若点是的中点，求直线的方程； （3）在直线上是否存在定点，使得.若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 19. 已知函数，若方程有三个不同的实数根. （1）求的取值范围； （2）若，求实数的值； （3）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省嘉兴市2026届高三第一学期期末检测数学试题 （2026.1） 本试题卷共6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，请按照答题纸上“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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意化简集合A，进而求并集. 【详解】因为集合， 且集合，所以. 故选：C. 2. 已知一组样本数据的方差为3，则数据的方差为（ ） A. 3 B. 6 C. 7 D. 12 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用方差的性质计算得解. 【详解】一组样本数据的方差为3，所以数据的方差为. 故选：D 3. 已知数列的前项和为，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过，求出数列的通项公式，然后求出即可. 【详解】因为，当时，， 当时，， 则， 当时，， 所以数列的通项公式为， 所以， 故选：B. 4. 已知向量，若，则（ ） A. B. C. D. 或 【答案】A 【解析】 【分析】根据向量平行列出方程，即可求解. 【详解】根据题意知，则，解之可得. 故选： 5. 函数在上的零点是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】代入选项，结合正弦函数的单调性与诱导公式，逐一验证即可. 【详解】对于A：，由于在单调递增， 故，故不是的零点，故A错误； 对于B：，由于在单调递增， 故，故不是的零点，故B错误； 对于C：， 由于在单调递增，故， 故不是的零点，故C错误； 对于D：，故D正确. 故选：D. 6. 在复平面内，复数对应的点不可能位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的四则运算进行化简，再结合实部与虚部可确定选项. 【详解】设， 对于A：若复数位于第一象限，则须满足，解得且，此时无解，即复数不可能位于第一象限，故A正确； 对于B：若复数位于第二象限，则须满足，解得且， 即，即复数可能位于第二象限，故B错误； 对于C：若复数位于第三象限，则须满足，解得且， 即，即复数可能位于第三象限，故C错误； 对于D：若复数位于第四象限，则须满足，解得且， 即，即复数可能位于第四象限，故D错误. 故选：A. 7. 已知圆，圆，若动圆始终平分圆的周长，则圆心的轨迹为（ ） A. 直线 B. 圆 C. 椭圆 D. 双曲线 【答案】A 【解析】 【分析】设圆的圆心，半径为，根据题意建立方程化简得出轨迹方程即可. 【详解】设圆的圆心，半径为， 由题意知，圆与圆的公共弦过圆的圆心，从而， 同理，，两式相减可得，， 因为, 所以，化简可得，即. 从而圆心的轨迹为直线. 故选：A 8. 在四棱锥中，底面为正方形，且，记直线与底面所成的角为，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分别取、中点、，过点在平面内作，垂足为点，连接，推导出平面，可知，设，，利用线面角的定义结合基本不等式可求得的最大值. 【详解】分别取、中点、，因为，则， 在矩形中，且， 因为、分别为、的中点，所以且， 故四边形为平行四边形，故， 因为，所以， 因为，、平面，所以平面， 过点在平面内作，垂足为点，连接， 因为平面，平面，所以， 又因为，，、平面，所以平面， 所以直线与平面所成角为， 设，， 因为，所以，故， 又因为为的中点，所以， 则，， 所以， 令，所以， 当且仅当，即时，的最大值为. 故选：B. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 在三棱锥中，平面，，，分别是，的中点，点，满足，，则（ ） A. B. C. 平面平面 D. 平面平面 【答案】BC 【解析】 【分析】根据线线平行的判定及面面垂直的判定定理判断即可. 【详解】因为，，所以， 即，所以且. 又，分别是，的中点，所以且， 所以，四边形为梯形，故与不平行，故A错误，B正确. 因为平面，平面，所以. 又，，所以平面. 又，所以平面， 又平面，所以平面平面，故C正确. 因为平面平面，若平面平面， 平面平面，则应有平面，显然不成立，故D错误. 故选：BC. 10. 已知函数的定义域为，且，则（ ） A. B. 曲线是轴对称图形 C. D. 曲线是中心对称图形 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：令代入运算即可；对于B：令可得，结合奇偶性的定义分析判断；对于D：分析可知，结合对称性的定义分析判断；对于C：利用作差法分析判断. 【详解】因为，且函数的定义域为， 对于选项A：令，，解得，故A正确. 对于选项B：令，，解得， 则，所以函数是偶函数，故B正确； 对于选项D：因为，且， 则， 整理可得对任意x，y成立， 可知是常数，设，即， 则， 所以的图象关于点对称，故D正确； 对于选项C：因为， 因为的值未知，则的符号未知， 所以不能判断与的大小关系，故C错误； 故选：ABD. 11. 已知函数，数列满足，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】对于，对函数求导，则根据导函数的正负判断单调性，当时，，即可判断；对于B，令，对其求导根据正负可以判断函数单调性，即可判断；对于，根据缩放法，可得，进而可以求解；对于，举反例即可判断. 【详解】对于A，， 对于，当时，单调递增，且， 所以， 于是，从而， ，即， 不断递推可得，，故正确； 对于B，，先比较右边大小， 设函数在上单调递减，而， 从而，从而，即，故错误； 对于，， 两边减去1，得，即 ，将上式相乘则可得， 从而，得，故正确； 对于，当时，则， 则与相矛盾，故不正确. 故选： 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 若的展开式中的系数是80，则实数的值是 【答案】2 【解析】 【详解】试题分析：由题意 的系数是，解得. 考点：二项式定理的应用. 13. 已知，则__________. 【答案】4 【解析】 【分析】由可得，再结合与换底公式，可得，解得或，进而确定，即可得解. 【详解】由题可知，，，则， 又因为，故有， 整理得， 解得或，解得或. 若，由，可得，此时； 若，由，可得，此时. 综上，. 故答案为：. 14. 已知椭圆的左、右焦点分别为，点在上，是的中点，且满足，则的离心率为__________. 【答案】 【解析】 【分析】法一：由题意和重心性质结合勾股定理依次求出、、、即可由椭圆定义求出离心率； 法二：设，由题设求出点P代入椭圆方程即可求解. 【详解】法一：由题意PO和的交点为的重心，则. 因为，所以， 所以Rt中，，从而， 又，，则， 从而，从而. 法二：设，由题设知可得. 由可得，解得， 代入得， 从而. 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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. （1）若，求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）根据正弦定理化简等式，求出. （2）根据余弦定理求出，然后根据三角形面积公式求出面积即可. 【小问1详解】 由正弦定理，代入，得， 代入，得，即， 两边平方得到，所以. 【小问2详解】 由和，得及， 又，所以，解得或. 当时， 当时. 所以或. 16. 在“欢乐玩具城”举办的周年庆典上，推出了一款由三人组队参加的趣味抽奖游戏.现场摆放着三个外观完全相同的盒子，分别装有2个、3个、4个限量版玩具手办.游戏规则如下：先由其中一人随机抽取一个盒子打开，若该盒子中的手办个数多于2个，则从该盒中获取1个手办作为奖品（此时该盒中的手办个数减少1个），否则没有奖品；无论获奖与否，都将该盒子放回原处；接下来由剩下两人按上述方式各进行一次抽奖，然后该队游戏结束. 现有甲、乙、丙三人组队参加游戏，并按甲乙丙的顺序依次进行抽奖. （1）求该队仅有乙获得奖品的概率； （2）记该队获得奖品的总个数为，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） 0 1 2 3 . 【解析】 【分析】（1）根据独立事件的乘法公式计算随机事件的概率. （2）先确定的可能取值为0，1，2，3，然后求出对应的概率，进而得到的分布列和期望. 【小问1详解】 原先装有2个，3个，4个玩具所在的盒子记为编号，“取到编号为的盒子”记为事件， “该队仅有乙获得奖品”记为事件，则 . 【小问2详解】 的可能取值为0，1，2，3， ① ②取到一个奖品，若其来自3号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数为4种，2种，1种． 取到一个奖品，若其来自4号盒，可以由甲、乙、丙分别获得，对应的基本事件数共有3种． 所以. ③取到两个奖品，若其都来自4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为2种，1种，1种. 取到两个奖品，若其来自3号和4号盒，可以由甲乙、甲丙、乙丙分别获得，对应的基本事件数分别为4种，3种，2种． 所以. ④取到三个奖品，取到3号盒子1次，4号盒子2次，对应的基本事件数共3种，所以. 所以分布列为： 0 1 2 3 . 17. 如图，在直四棱柱中，底面ABCD是边长为2的菱形，. （1）若平面，求； （2）若，点为三棱柱外接球的球心，求二面角的余弦值. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）法一：由，，证得平面，继而证得，再通过，再证得，继而得解； 法二：建立空间直角坐标系，设，写出各点坐标，由，即可得解； （2）法一：由外接球的几何意义可知，三棱柱的外接球球心为中点，又因为，结合二面角的定义可知，为二面角的平面角，再解三角形即可得解； 法二：建立空间直角坐标系，写出各点坐标，由外接球的几何意义可知，三棱柱的外接球球心为中点，再求出平面与的法向量，利用向量夹角公式即可得解. 【小问1详解】 法一：取AD中点，连接，与交于点， 由直四棱柱可知， 底面底面ABCD，所以，， 同理易证， 在菱形中，，故，又因为， 故为正三角形，故，所以， 又因为，，所以平面， 又平面，所以， 又由题可知平面平面，所以， 又因为，所以平面， 又平面，故， 因为，，故， 因为，故，， 又易知，， 故， 由，可得， 可得，即， 解得. 法二：建系 连接交于点，以为轴，以为轴，过作轴垂直平面， 如图建立空间直角坐标系，设. 则 ， ，可得. 即. 【小问2详解】 法一： 由已知可得， 当点为中点时，满足， 所以点为三棱柱的外接球球心. 由已知长度关系，可算得， 取的中点，连接， 又因为，， 故， 所以为二面角的平面角. 在中，， 可得， 因此为直角三角形，所以， 即二面角的余弦值为. 法二：， ， 设平面的法向量为， 则有，即，取，则， 所以，是平面的一个法向量. 由已知可得， 当点为中点时，满足， 所以点为三棱柱的外接球球心，即. ，记平面的法向量为， 则有，即，取，则， 所以，是平面的一个法向量， 则， 即二面角的余弦值为. 18. 已知抛物线的焦点为，点，动点在抛物线上，的最小值为，过点的直线交于两点. （1）求的方程； （2）若点是的中点，求直线的方程； （3）在直线上是否存在定点，使得.若存在，请求出点的坐标；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2） （3）存在， 【解析】 【分析】（1）先分析点的位置，然后根据抛物线的定义分析得出的最小值，从而求出的值即可； （2）设直线的方程，联立直线与抛物线方程，写出韦达定理，利用中点公式求出直线斜率即可得出直线的方程； （3）由题意分析在直线上是存在定点，结合已知条件求出，然后利用点到直线的距离公式以及分析法验证，使得成立. 【小问1详解】 当时，，因为，所以 所以点在抛物线开口内， 等于点到准线的距离， 所以， 当且仅当垂直于准线时取等号， 所以， 所以的方程. 【小问2详解】 由题意如图所示： 设直线， 联立消去整理得：， 由 设，则， 又点是的中点，所以 所以直线的方程为：. 【小问3详解】 由题意如图所示： 当为时，点是的中点，又， 从而，从而若满足条件的点存在， 设点，由点在直线上， 所以有，①， 由题意知为直线与直线的距离， 即， 也即，② 联立①②解得：，即点. 下证点满足题意： 设直线，直线， 由， 即证点到直线的距离相等， 因为点到直线的距离为： ， 所以，即证， 由 成立， 特别地，当时，仍然成立，从而题设结论成立， 所以在直线上是存在定点，使得. 19. 已知函数，若方程有三个不同的实数根. （1）求的取值范围； （2）若，求实数的值； （3）证明：. 【答案】（1）； （2）； （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求导，得到函数单调性和极值，结合时，，得到； （2）先得到的对称中心为，先由得，再证时，恒成立，结论成立； （3）由（1）知.先利用构造差函数法证明出，再由题意知，又，故，解得，所以成立． 【小问1详解】 ， 令得或，令得， 故在内单调递增，在内单调递减，内单调递增， 的极大值为的极小值为，且时，， 方程有三个不同的根，所以； 【小问2详解】 设，则， 故的对称中心为，恰好是点和点所连线段的中点. 对，都有， 由可得，，解得，需要满足. 下证时，恒成立，即证. 即证，即， 即证， 设，令得，令得， 在上单调递减，在上单调递增， ，从而成立， 所以当且仅当时，恒成立； 【小问3详解】 由（1）知.先证，即证明：， 由于在内单调递增，即证，又， 即证， 设， ， 设，， 在区间内存在零点，设为在区间上单调递减， 在区间上单调递增，，. 所以在上存在零点，在， 在所以在上单调递减，在上单调递增， ， 所以时，，即有对恒成立. 成立． 下证，由题意知，又， 故，解得， 所以成立． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $