浙江省2026届高三数学上学期期中测试试题含解析

这是一份浙江省2026届高三数学上学期期中测试试题含解析，文件包含2026年上海市黄埔区高三下学期二模政治试卷和答案docx、2026年上海市黄埔区高三下学期二模政治试卷和答案pdf等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号并核对条形码信息；
3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效，考试结束后，只需上交答题卷；
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的.
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义来求解.
【详解】由交集的定义可知：.
故选：B.
2. 已知复数（为虚数单位），则其共轭复数为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用复数的除法运算求出，再求共轭复数.
【详解】u，则其共轭复数为.
故选：A.
3. 椭圆的离心率是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由椭圆方程求出和即可求解.
【详解】椭圆，即，
所以则，
故.
故选：D.
4. 将函数的图象向右平移个单位，得到函数的图象，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由平移规则即可求解.
【详解】由题意：，
故选：D
5. 记表示不超过的最大整数，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】先明确充分条件和必要条件的定义，然后判断“”能否推出“”，以及判断“” 能否推出“”即可.
【详解】充分性：当时，，成立
必要性：当时，，则，不能得到.
综上所述，“”是“”的充分不必要条件.
故选：.
6. 已知等差数列满足，数列前项和满足，则数列的前10项和为（ ）
A 2046B. 3069C. 6138D. 6144
【答案】C
【解析】
【分析】根据等差数列的性质与题目条件得到数列为等比数列，再利用等比数列的求和公式求解.
【详解】由题意：，则公差，得，
又，两式相减得，
易知，所以，所以，故前10项和为
7. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由两角和差的正弦公式得到，再结合平方关系即可求解.
【详解】由两角和差公式：
则可得方程组，解得
故，
故选：C
8. 已知，对任意，方程组存在实数解，则的最小值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】方程联立消去得，结合判别式得到恒成立，通过分参求最值即可求解.
【详解】由方程组可知，代入化简得：
由题意，该方程有解，故
该不等式对任意的恒成立，即
设，则，
当时，，当时，
所以在上单调递增，在上单调递减，
则，即的最小值为，
故选：B
二､多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，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. 下列关于统计的知识，说法正确的是（ ）
A. 若数据的方差为0，则所有的都相等
B. 已知样本数据，去掉一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数
C. 数据的第70百分位数是8.5
D. 若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为-1
【答案】AD
【解析】
【分析】由方差、中位数、百分位数和相关系数的概念逐项判断即可.
【详解】A项：由方差知识得，A项正确；
B项：去掉其中的一个最小数和一个最大数后，中位数不变，B项错误；
C项：，则70百分位数为第6个数9，C项错误；
D项：样本点都在直线，则完全负相关，所以相关系数为，D项正确.
故选：AD
10. 已知点为直线上的动点，向量，过点向圆作两条切线，切点分别为点，则（ ）
A. 若直线与圆相切，则
B. 当时，直线截圆所得的弦长为
C. 点到直线的距离恒为
D. 若，则当取到最小值时，
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据直线与圆的性质，点到直线的距离公式，逐一分析判断选项即可.
【详解】A项：当与圆相切时，圆心到直线的距离为，所以，A项正确；
B项：时，圆心到直线距离为，所以弦长为，B项正确；
C项：易知，直线的一个法向量为，可知，C项错误；
D项：由知：点的轨迹为一条与平行的直线，不妨设为，当时，由于，易知与圆无交点
由切线可知，则
因为，所以当取最小值时，有最小值此时，即项正确.
故选：ABD.
11. 已知四棱锥满足底面为平行四边形，取中点，过直线作平面分别交棱于点.设，则（ ）
A. 三棱锥的体积是四棱锥的体积的
B. 的取值范围为
C. 当时，
D. 四棱锥的体积与四棱锥的体积之比的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等体积法可判断A，通过，延长交延长线于，判断两点在平面的同侧，可判断B，通过四面共面结合空间向量基本定理可判断C，由，结合基本不等式可判断D.
【详解】A项：
由于是中点，故，则
，A项正确
B项：当时，延长交延长线于，连接，两点在平面的同侧，
故线段与平面无交点，即不在棱上，矛盾.B项错误
C项：由可知：，
同理
因为四边形为平行四边形，
所以
由四点共面，可知存在实数，满足
代入得：
故，
则，化简得：
故时，代入解得：，C项正确

D项：因为，
所以
同理有：
故
由于，可知，由基本不等式：
即，当且仅当时取等
故四棱锥的体积与四棱锥的体积之比的最小值为，D项正确，
故选：ACD
三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 在的展开式中，含的项的系数是__________.
【答案】10
【解析】
【分析】分别计算的展开式和的系数，即可求解.
【详解】中由中的常数2与中的项相乘，和中的项与中的项相乘得到，
又中项系数为，系数为，
所以在的展开式中，含的项的系数为，
故答案为：10
13. 已知函数的最小值为0，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】分别确定和时的最小值，再通过大小构造不等式求解即可.
【详解】当时，由，
可得在上单调递减，在上单调递增，则，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
则，
由题意，，则，解得.
故答案为：.
14. 已知正边形内接于单位圆，任取两个不同顶点，满足的概率为，则的值为__________.
【答案】8或15
【解析】
【分析】先根据向量模长公式得出向量夹角的范围，再结合正边形的性质，方法一：通过设求解的值，方法二：通过分类讨论求解的值，方法三：根据概率公式和整除性质求解的值，进而根据概率公式求出的值.
【详解】不妨设取出的顶点为，其中，设与的夹角为，
由，平方可得：，
解得：，即，
法一：先考虑的情况，易知此时，根据的范围，解得：，
设，由于是整数，则，
因此满足条件的的值为，共个；结合对称性，在整个单位圆上，满足条件的有个.
因此满足的概率有：，化简得：，
则，显然，又要求，解得：或2，
故的值为8或15.
法二：要存在的情况，，即，以下分类讨论：
当只有两个顶点能满足条件时，，即，
此时，解得，
当只有四个顶点能满足条件时，且，即
此时，解得，
当有超过四个顶点能满足条件时，，即，不合题意，
综上：的值为8或15.
法三：共有个顶点可取，假设满足条件的有个，则，即，即，
则必有被7整除，结合，只需考虑和15的情况，
时，只有两个顶点能满足条件，，成立，
时，只有四个顶点能满足条件，，成立，
故的值为8或15.
故答案为：8或15.
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. 已知函数.
（1）求的单调区间；
（2）当时，判断并证明与的大小关系.
【答案】（1）的单调递增区间为，单调递减区间为
（2），证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导分析单调递区间即可；
（2）利用函数的导函数判断函数单调性，再通过做差法即可判断与的大小关系.
【小问1详解】
由题意：，，
当时，；当时，
故的单调递增区间为，单调递减区间为
【小问2详解】
，证明如下：
由题意，
令，则
因为，所以，即在上单调递减
故
则
所以，即
16. 在中，角的对边分别为.
（1）求；
（2）若的最长边长度为4，求最短边的长度.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由正弦定理边化角结合，得到，进而可求解；
（2）通过，确定最短边为，再结合正弦定理即可求解.
【小问1详解】
由正弦定理可得
又
代入整理得，且，
结合，计算可知或1（舍去）
故.
【小问2详解】
由（1）知：，即是钝角，
故最长边为，由题意得，
因为，所以，
则，
所以最小角为，最短边为，
由正弦定理得，则，解得.
17. 如图，在三棱锥中，平面在以为直径的圆周上运动，作于于，连接.

（1）求证：；
（2）求证：平面与平面所成夹角的大小与相等；
（3）若，求直线与平面所成角的大小.
【答案】（1）证明见解析
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）先求证平面，再利用线面垂直的判断定理求证平面即可；
（2）求证、分别是平面、平面的一个法向量，根据法向量的夹角与平面间夹角的关系可求证；
（3）以为坐标原点建系，求出平面的法向量，根据向量夹角与线面角的关系可求.
小问1详解】
因在以为直径的圆上，则，
因平面，平面，则，
因，平面，则平面，
又平面，则，
因平面，则平面，
因平面，则；
【小问2详解】
因平面，则平面，
则是平面的一个法向量，
因平面，所以是平面的一个法向量，
故平面与平面所成的夹角即为与间的夹角，
因平面与平面所成角范围为，
所以平面与平面所成角的大小与相等；
【小问3详解】
，
，
，即，
如图，以为坐标原点，所在直线为轴、轴，垂直于平面的直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则
，
，
设是平面的一个法向量，直线与平面所成角为，
则，取，解得，
，
即直线与平面所成的角为.

18. 已知双曲线的焦距为4，焦点到渐近线的距离为是双曲线上关于原点对称的两点，且点在第一象限，点的坐标为.
（1）求双曲线的方程；
（2）若，求的面积；
（3）记直线与双曲线的另一个交点分别为，直线的斜率分别为，是否存在实数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）根据双曲线渐近线到焦点距离求出，再由可求出双曲线方程；
（2）由是中点求出，设，则与双曲线方程联立求出，利用可得答案；
（3）由直线方程与双曲线方程联立，由韦达定理求出、点的坐标可得答案.
【小问1详解】
由题可知焦点到渐近线的距离为，
又，所以，
则，所以双曲线方程为；
【小问2详解】
当时，由于是中点，可知，
设，因为
所以，
因为在双曲线上，所以，联立，解得，
则的面积；
【小问3详解】
由题意：直线，
联立方程组：，
可得：，
由韦达定理：，
由于，即，代入化简得：，
可知的坐标为：，
同理可得，的坐标为：，
则，
即存在实数满足题意.
19. 若整数数列满足对任意的的值恰好为中数字出现的次数（数字不拆分统计，如10不计入0，1的出现次数），则我们称该数列是“自洽”的.例如，当时，有如下数列是“自洽”的：这表示，在中，0和2出现了2次，1出现了1次，3和4出现了0次.现已知一个项数列是“自洽”的.
（1）求证：；
（2）当时，直接写出所有满足条件的数列（无需证明）；
（3）当时，求该数列的通项公式.
【答案】（1）证明见解析
（2）或
（3）
【解析】
【分析】(1) 的值等于中所出现的次数，即可证明；
(2) 由（1）知：，先考虑，很明显3最多出现1次，即只能为0或1，分类讨论得到或2，再分类讨论即可得到结果；
(3) 由（1）知：，用反证法可以得到，用反证法得到，则，此时非零的值共有4个，，所以当时.
【小问1详解】
证明：由题意，的值等于中所出现的次数，
由于共项，因此所有数字的出现次数之和为
即
【小问2详解】
满足条件的数列有两个：
①
②
推导过程：
由（1）知：，先考虑，很明显3最多出现1次，即只能为0或1，
若，则中有一个为3，且，
∵出现了，则，
此时0出现了2次，矛盾，故，
此时且，故或2；
①时，0只出现了1次，故均不为0，且，
若，则1出现了至少两次，矛盾，故，此时满足条件；
②时，0出现了2次，故或，
∵出现了，
故，此时满足条件；
综上，满足条件的数列为：或；
【小问3详解】
由（1）知：
设中有个不为个为0，则.
考虑除以外的个不为0的值，至少为1，
假设存在某个值大于等于3，则，矛盾，因此，
故，这表明在中，均未出现，
故中至多有1个值非零(即可能位于当中的)
若，则非零的值仅可能为，最多3个，
因此；而均未出现，故，则，这与矛盾；
因此在中，仅有，其余均为0.
因为，则，即，
此时，若，则1至少出现2次，矛盾.故，则，
此时非零的值共有4个，.
综上：当时.