精品解析：浙江省金华十校2026-2027学年高三上学期11月模拟考试数学试题

金华十校2026年11月高三模拟考试 数学试题卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名/准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 选择题部分（共58分） 一、单项选择题：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． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 下列复数中，属于纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 3. 某正方体的棱长为2，则它的内切球体积为（ ） A. B. C. D. 4. 过点作曲线的切线，则切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为坐标原点．点在上且满足，若平分，则的值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知数列共有4项，其中，各的取值相互独立，且，记的值为随机变量，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 某市2026年10月中旬连续6天的最高气温（单位：摄氏度）分别为：15，18，20，22，22，23，则这6个数据的（ ） A. 极差为6 B. 众数为22 C. 第40百分位数为20 D. 平均数为21 10. 三棱柱中，，，．点、分别为、的中点，记过直线的平面截三棱锥的外接球所得截面圆面积为，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 线段的长度为 D. 11. 在平面中，为坐标原点，单位向量，为一组基底，夹角为．定义： ①点集；②是以，为邻边的菱形． 已知，，且．下列说法中正确的是（ ） A. 当时，若为定点，则存在六个满足条件的点 B. 对于任意，且恒成立 C. 边长为的正十边形可以由若干个拼成 D. 用若干个与拼成一个边长为的正八边形，则与的数量之比唯一 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等差数列的前项和为，若，则公差为________． 13. 若是函数的极值点，则________． 14. 已知，为平面直角坐标系中两定点，为动直线上的一点，且满足对于任意点，，记点形成的轨迹为曲线，若圆心在轴上的圆与曲线有且仅有三个公共点，则该圆的半径为________． 四、解答题：本小题共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. 在中，，，，延长至点，连接． （1）求的长； （2）若，求的长． 16. 如图，三棱锥中，，，，，平面平面． （1）求证：平面； （2）若P为直线上的动点，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 17. 某箱子中有个白球和个红球，每次从箱子中取出个小球，观察颜色后放回，同时再放入个同色球，如此操作次，记取到白球的次数为随机变量． （1）若，求随机变量的分布列； （2）求． 18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，点满足，直线，分别与交于另外的点，．记与面积分别为，，四边形面积为． （1）求抛物线的标准方程； （2）证明：垂直轴； （3）当时，求直线的方程． 19. 对于定义域为的函数，定义，其中，分别表示函数在上的最小值和最大值． （1）若，写出，； （2）设是以为周期的连续函数，且在区间上严格递减，在区间上严格递增，记． （ⅰ）证明：存在唯一的，使得； （ⅱ）对实数，若对任意，三个数，，中至少有一个属于集合，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金华十校2026年11月高三模拟考试 数学试题卷 本试卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 考生注意： 1．考生答题前，务必将自己的姓名/准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题卷上． 2．选择题的答案须用2B铅笔将答题卷上对应题目的答案涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦干净． 3．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题卷上相应区域内，答案写在本试题卷上无效． 选择题部分（共58分） 一、单项选择题：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． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由，，所以. 2. 下列复数中，属于纯虚数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据纯虚数的定义，实部为0，虚部不为0， 所以选项中只有为纯虚数. 3. 某正方体的棱长为2，则它的内切球体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】棱长为的正方体，其内切球半径为棱长的一半，即， 体积. 4. 过点作曲线的切线，则切点的横坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设出切点，得到切线方程，代入得到方程，求出答案 【详解】设切点为，则，故切线斜率为， 过点作曲线的切线方程为， 将代入得，解得， 则切点的横坐标为1. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为， 所以， 即， 即， 解得. 6. 已知函数，若，，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由可得． 根据，得，，． 于是，，，从而． 7. 已知椭圆的左焦点为，右顶点为，离心率为，为坐标原点．点在上且满足，若平分，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用两个小三角形的面积比将边长比转化为离心率，再利用三角形面积的可加性求所需比值． 【详解】设椭圆的半焦距为，则，，，，故在线段内． 由及平分，得． 与分别以和为底时高相同，结合三角形面积公式，得． 由，得， 所以． 8. 已知数列共有4项，其中，各的取值相互独立，且，记的值为随机变量，则的数学期望为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先把表示成三个独立比值的乘积，判断可取，再求出对应概率即可求出期望. 【详解】设，由题意，共有种组合， 由，得. 可取， 时，只有1种组合，； 时，共有3种组合，； 时，共有3种组合，； 时，共有6种组合，； 时，共有3种组合，； 时，共有3种组合，； 时，共有3种组合，； 时，共有3种组合，； 时，只有1种组合，； 时，只有1种组合， 综上，的数学期望为. 二、多项选择题：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. 某市2026年10月中旬连续6天的最高气温（单位：摄氏度）分别为：15，18，20，22，22，23，则这6个数据的（ ） A. 极差为6 B. 众数为22 C. 第40百分位数为20 D. 平均数为21 【答案】BC 【解析】 【分析】根据极差、众数、第40百分位数及平均数的定义逐一判断. 【详解】对于A，极差为，错误； 对于B，出现次数最多的数为22，故众数为22，正确； 对于C，对数据进行从小到大排列，15，18，20，22，22，23，由，所以第40百分位数为第3个数据即20，正确； 对于D，平均数为，错误. 10. 三棱柱中，，，．点、分别为、的中点，记过直线的平面截三棱锥的外接球所得截面圆面积为，下列结论正确的是（ ） A. B. 平面 C. 线段的长度为 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A：建立空间直角坐标系，求出相关点与向量坐标，利用向量数量积判断与是否垂直；对于B：求出，证明，结合线面平行判定定理判断线面平行；对于C：由向量模长公式计算线段的长度；对于D：求出三棱锥外接球的球心与半径，分析截面到球心距离的范围，得到截面圆面积的取值范围. 【详解】以为原点，、所在直线分别为、轴，过点且垂直于平面的直线为轴，建立空间直角坐标系， 由，，所以为等边三角形， 则，同理可得，则、、， 不妨设点，则，解得， 即点，故点， 因为、分别为、的中点， 所以、， 对于A：，， ， 所以，即，故A正确； 对于B：，，则， 故，又平面，平面， 由线面平行的判定定理得平面，故B正确； 对于C：，故C错误； 对于D：设三棱锥的外接球球心为，半径为， 由， ，解得， 则， 设球心到截面的距离为， 因为，球心到直线的距离为，故， 故当时，取得最小值，截面圆面积最小值， 即成立，故D正确. 11. 在平面中，为坐标原点，单位向量，为一组基底，夹角为．定义： ①点集；②是以，为邻边的菱形． 已知，，且．下列说法中正确的是（ ） A. 当时，若为定点，则存在六个满足条件的点 B. 对于任意，且恒成立 C. 边长为的正十边形可以由若干个拼成 D. 用若干个与拼成一个边长为的正八边形，则与的数量之比唯一 【答案】AD 【解析】 【分析】选项 A，，以为中心作一个正六边形，当位于该正六边形的六个顶点时，均能保证，符合，故 A 正确；选项 B，举反例：取，存在满足模长为 1 的条件，说明并非恒不大于 1，故 B 错误；选项 C，计算得正十边形面积与单个菱形面积的比值不为整数，因此无法由整数个该菱形拼接而成，故 C 错误；选项 D，由正八边形面积建立两种菱形的面积方程，根据有理数与无理数部分分别对应相等，解得两种菱形的数量比唯一为，故 D 正确. 【详解】对于A，对于而言，当时，，与重合. ∵，为定点，不妨让与重合，如图以为中心作一个正六边形， 当位于该正六边形的六个顶点时，均能保证，符合，故A正确； 对于B，由，取， 则，此时对而言，也符合，故B错； 对于C，边长为1的正十边形的中心角为， 设边心距为，得，所以边心距， 正十边形周长，所以 而每个菱形的面积为（对而言）， 假设该正十边形可由若干个拼成，则应为整数， 设，则，，注意到，因此满足， 由；，代入等式得， 移项整理得，观察可知是方程的一个根， 因此因式分解为， 因为，所以只需解二次方程， 故，由于，舍去负根，得， ∴不为整数，故C错. 对于D，正八边形的面积如下图 ，设与的个数分别为， ∴，均为整数，∴， ，故D正确. 第Ⅱ卷（非选择题，共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 等差数列的前项和为，若，则公差为________． 【答案】8 【解析】 【详解】因为数列为等差数列，且， 所以，即公差. 13. 若是函数的极值点，则________． 【答案】0 【解析】 【分析】求导，由极值点导数等于0列式求解，再代入的值进行检验. 【详解】对求导得：. 因为是极值点，则，所以. 验证：当时，，求导：. 当时，，，所以，即 ，此时单调递减； 当时， ，，所以，即，此时单调递增. 所以是极小值点. 14. 已知，为平面直角坐标系中两定点，为动直线上的一点，且满足对于任意点，，记点形成的轨迹为曲线，若圆心在轴上的圆与曲线有且仅有三个公共点，则该圆的半径为________． 【答案】 【解析】 【分析】分，和三种情况，得到的轨迹，结合对称性，联立圆和的轨迹方程，得到答案 【详解】设，当时，显然当在线段上时，最大， 当时，如图所示，， ， 故， 显然为锐角，求的最大值，即求的最大值， 固定，即求的最大值， 其中， 当且仅当，即时，等号成立， 设，则的轨迹方程为，即， 同理当时，的轨迹方程为， 综上，的轨迹为双曲线（或）和线段， 如图所示， 要想圆心在轴上的圆与曲线有且仅有三个公共点， 由对称性可知，此圆与线段相切，且与的两支相切， 设圆的方程为， 联立方程，消去可得， 则，解得， 则该圆的半径为. 四、解答题：本小题共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. 在中，，，，延长至点，连接． （1）求的长； （2）若，求的长． 【答案】（1） （2）3 【解析】 【分析】（1）由面积公式，求得，再使用余弦定理求得； （2）在中，利用正弦定理，求得，，最后在中求. 【小问1详解】 在中，，，， 由得 ， 根据余弦定理得 ． 【小问2详解】 由（1）得 ，在中，， 即，由于， 所以为锐角，故，， 又因为，得， 在中， 由正弦定理可知． 16. 如图，三棱锥中，，，，，平面平面． （1）求证：平面； （2）若P为直线上的动点，求直线与直线所成角的余弦值的最大值． 【答案】（1） 证明：中，已知，，， 由余弦定理得，即. 于是，由勾股定理逆定理得. 又平面平面，，平面平面，所以平面. 因为平面，所以. 又平面，平面，， 所以平面. （2） 【解析】 【分析】（1）先解得到，再利用面面垂直性质推出，证出线面垂直； （2）法一：利用异面直线夹角和余弦函数单调性转化为最小角问题，借助面面垂直找到线面角求解； 法二：建立空间直角坐标系，参数表示直线上的动点，利用异面直线所成角的向量公式转化为函数，进而求出余弦的最大值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 法一：因为点为直线上的动点，要求直线与直线所成角的余弦值的最大值， 即求直线与直线所成角的最小角. 点为定点，沿直线运动，为定点与动点的连线. 过点作，因为平面平面，所以平面， 因此就是直线与平面所成的角. 根据第一小问计算有，该角即为直线与直线可取到的最小夹角， 所以直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 法二：以为原点，建立如图所示的空间直角坐标系： 由题意得，，，， 因为为直线上的动点，故可设，. 设直线与直线所成角为，则，平方得. 令，得. 当时，得；当，有， 当且仅当即等号成立，此时，与重合. 因此直线与直线所成角的余弦值的最大值为. 17. 某箱子中有个白球和个红球，每次从箱子中取出个小球，观察颜色后放回，同时再放入个同色球，如此操作次，记取到白球的次数为随机变量． （1）若，求随机变量的分布列； （2）求． 【答案】（1） 0 1 2 （2） 【解析】 【分析】（1）按分布列的一般步骤求解即可； （2）按取球规则分别计算即可； 【小问1详解】 由题知，当时，的所有取值为. ，，， 则随机变量的分布列为 0 1 2 【小问2详解】 表示取到个红球，由上计算得， 则． 18. 已知抛物线的焦点为，过的直线交于，两点，为坐标原点，点满足，直线，分别与交于另外的点，．记与面积分别为，，四边形面积为． （1）求抛物线的标准方程； （2）证明：垂直轴； （3）当时，求直线的方程． 【答案】（1） （2）证明：设，，，，直线， 由，得. 由，，三点共线，故，即. 抛物线上两点连线的斜率满足，又点在抛物线上，，因此. 于是，则，所以， 即，同理可得， 由，即，两点的横坐标相等，故直线垂直轴． （3） 【解析】 【分析】（1）由抛物线焦点坐标直接求得参数，写出抛物线标准方程； （2）借助，求出点的坐标，利用三点共线与抛物线上两点连线斜率公式，推导出纵坐标，进而得到两点横坐标相等，证明轴； （3）联立直线与抛物线，借助韦达定理表示相关线段与三角形面积，将面积等式转化为参数方程求出直线参数，得到直线方程. 【小问1详解】 由题意抛物线的焦点为，即，解得， 因此抛物线的标准方程为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 联立，整理得，则，. 由可得. 焦点，，因此. 由第（2）问结论可知轴，且， 于是，即. 所在直线横坐标，点横坐标， 因此到直线的水平距离为， . ，所以. 又，，于是，因此. 根据题设条件，对四边形进行面积拆分： ，则. 将上式进一步等价变形，等式两边同时加上，可得 ， 将面积表达式代入，由，两边约去公因子： ，即， 解方程，得， 所以直线的方程为. 19. 对于定义域为的函数，定义，其中，分别表示函数在上的最小值和最大值． （1）若，写出，； （2）设是以为周期的连续函数，且在区间上严格递减，在区间上严格递增，记． （ⅰ）证明：存在唯一的，使得； （ⅱ）对实数，若对任意，三个数，，中至少有一个属于集合，求的取值范围． 【答案】（1）； （2）（i）令，．因为连续，所以也连续． 由于在上严格递减， 的周期为和， 由零点存在定理，使得，即． 再证唯一性．从0增加到1时，严格递减，严格递增， 故方程在上至多有1个解．故唯一． （ii） 【解析】 【分析】（1）根据的定义求解，， （2）（i）令，．因为连续，所以也连续，通过的单调性和零点存在定理证明； （ii）先研究的结构，记，先证时，再证时，通过逆否命题求解. 【小问1详解】 表示在所有包含且长度为1的闭区间上，分别求函数的最小值，再取这些最小值中的最大值．故；． 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）先研究的结构，记 ①先证时． 对，（，在上严格递增）； 对，在区间上严格递减．因此，故对，．另一方面，任取一个包含且长度为1的闭区间，由于，故这样的区间必包含端点，中的一个． 故．因此． ②再证时． 当时，考察长度为1的区间，在上由单调性，； 在上，由周期性平移到上，由单调性，． （，随递减，随递增，时相等） 故，结合． 当时，令，考察区间． 在上，（）；在，平移至，最小值为，而． 综合①②可得． ．以2为周期，平移不影响题意． 我们称为“好区间”，的补集为“坏区间”． 题目要求等价于其逆否命题：不存在，使得，，均属于． （Ⅰ）若三点同在同一个坏区间内，，要满足题意，须． （Ⅱ）若三点跨越两个坏区间，不妨假设，在第一个坏区间，在第二个坏区间． 则且，矛盾！ （Ⅲ）若三点跨越三个坏区间，，要满足题意，需． 综上分析，，即． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $