浙江省金华市十校2025-2026学年高三上学期11月高考一模考试数学试卷

这是一份浙江省金华市十校2025-2026学年高三上学期11月高考一模考试数学试卷，共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
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：
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.
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净.
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、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
已知集合U  {1, 2, 3, 4, 5, 6, 7,8} , A  {2, 3, 4},则集合CU A ()
A.{1}B.{2, 3, 4}C.{5, 6, 7,8}D.{1, 5, 6, 7,8}
已知等差数列an 满足 a1  2, a4  a6  20 ，则 a3 ()
A.4B.6C.8D.10
3. 5 
i  2
2  i
2  i
2  i
()
2  i
已知
1
lg9 a
1
lg27 a
 5 ，则 a ()
3
A.3B.9C.27D.81
已知随机变量 X ~ N 2,2  ,且 P  X  0  0.3 ,则 P 0  X  4  的值为()
A.0.2B.0.4C.0.7
若圆 C : x 12  y  3 2  1 上存在两点 A, B , 直线 l : 3x  4 y  m  0 上存在点 P , 使得
APB  60 ,则实数 m 的取值范围为()
[25, 5]
, 25 ∪ 5,  
[35, 5]
, 35 ∪ 5, 
设为两个非零向量a, b 所成的角，已知对任意t  R , | a  tb | 的最小值为 1 | a | ,则 ( )
2
A. B. C. 或 5D. 或 2
63
x2y2
6633
若双曲线 1a  0, b  0 不存在以点a, 2a  为中点的弦,则该双曲线离心率的取值
a2b2
范围为()
1, 2 3 
5 
1,
 5 , 2 3 
 5 ,  
3 
2 
 23 
 2

二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
已知圆锥的侧面展开图是半径等于 2 的半圆，则圆锥的() A.底面半径为 1B.表面积为 2
C.体积为 3 D.外接球与内切球半径比值为 3
3
已知函数 f  x   x2 (x  a) 在 x  2 处取得极小值， y  f x 为其导函数，则()
a  3
f 
3  1 f 1 
2  0
f (x)  4 的解集为1, 
x  0, f  x  1   f x  1
x 

在ABC 中，若 A  cs A, B  cs(cs B), C  k tan(sin C) ，则()
A  B
B  C
C  
2
k  2
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
(x  1)5 的展开式中, x3 项的系数为.
ABC 的三个内角 A, B,C 的对边分别为 a,b, c ,满足 C  ,且 a2  b2  c2  4 ,则ABC 的
4
面积为.
平面直角坐标系中，原点O 处有一只蚂蚁，每过 1 秒，该蚂蚁都会随机的选择上、下、
2
左、右四个方向之一移动一个单位长度，那么在 6 秒，蚂蚁到原点O 的距离等于
的概率
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.(本题满分 13 分)如图,长方体 ABCD  A1B1C1D1 中, AB  BC  2 , AA1  3 . E, F 三等分CC1 .
求证: D1E  AF ;
求直线 D1E 与平面 AA1C1C 所成角的大小.
16.(本题 15 分)近些年汽车市场发生了翻天覆地的变化,新能源汽车发展迅速,下表统计了
2021 年到 2024 年某地新能源汽车销量(单位:千辆)
n
xi  x yi  y 
n

i1
xi  x
2
n

i1
yi  y 
2
附:相关系数 r  i1 ;
回归方程 ‸y  b‸x  a‸ 中斜率和截距的最小二乘法估计公式分别为
n
xi  x yi  y 44
年份
2021
2022
2023
2024
年份代号 x
1
2
3
4
销量 y
33
69
93
129
170
n
b‸  i1 ,a‸  y  b‸ x .  xi yi  966,
yi
 y 2  4896,
 13.04 .

i1
xi
 x 2
i1
i1
试根据样本相关系数 r 的值判断该地汽车销量 y 与年份代号 x 的线性相关性强弱 ( 0.75  r  1 ,则认为与的线性相关性较强, r  0.75 ,则认为与 x 的线性相关性较弱)；(精确到 0.001)
建立 y 关于 x 的线性回归方程,并预测该地 2025 年的新能源汽车销量.
a 1 a  3 b
nn
17. (本题满分 15 分)已知数列a  , b 满足
b
n1
2 n
 1 b
2 n
 3 a
( n  N )，且b  3a  3 .
112
 n12 n2 n
证明:数列an  bn 与an  bn  均为等比数列；
求数列an  的前 25 项和 S25 .(其中[x] 表示不超过 x 的最大整数，如[1.2]  1 )
18.(本题 17 分)已知函数 f  x   ex  x  1.
求 y  f  x  在 x  0 处的切线方程；
若 f ln x   kx  x ln x 1 恒成立,求实数 k 的取值范围；
当 a  1 时,讨论 g  x   f x   ax cs x 在区间 , 上零点的个数.
2 

19.(本题满分 17 分)如图,已知点 P 到两点 F1(2,0) ， F2 (2,0) 距离的乘积为 8，点 P 的轨迹记为曲线 ，  与 x 轴交点分别记为 M , N .
求曲线 的方程；
求PMN 的周长的取值范围；
过 P 作直线分别交 y   x 于两点 A, B ，且 AP  PB( 1) ，若 OAB 的面积为 18，求的 最小值.
金华十校 2025 年 11 月高三模拟考试
数学参考答案
一、单选题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
二、多选题：本题共 3 小题，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
1
2
3
4
5
6
7
8
D
B
A
C
B
A
C
C
9
10
11
AC
ACD
ABD
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12.1013.114.
75
256
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.（1）如图，以 A1 为坐标原点，以 A1B1 , A1D1 , A1 A 分别为 x, y, z 轴正方向建立空间直角坐
标系，得各点坐标 B1 2, 0, 0, D1 0, 2, 0 , A 0, 0, 3 , E 2, 2, 2 , F 2, 2,1  ，
––––→–––→––––→ –––→
则 D1E  2, 0, 2, AF  2, 2, 2  ，所以 D1E  AF  0 即 D1E  AF
––––→
·6 分
（2）因为 B1D1  AA1 , B1D1  AC 所以 B1D1  2, 2, 0 为平面 AA1C1C 的法向量，
则cs
––––→ ––––→
B1D1, D1E

––––→ ––––→
––––→––––→
B1D1  D1E
B1D1  D1E 
4  ，
2 2  2 2
1
2
所以直线 D E 与平面 AAC C 所成角为30∘13 分
11 1
16.（1）已知 n  4 , x  1, x  2, x  3, x  4 ,则 x  1 2  3  4  2.5 ,
12344
y  33, y
 69, y
 93, y
 129,则
y  33  69  93 129  81,
12344
 x  1  2  3  4  1 4  9 16  30
4
22222
i
,4x 2  4  2.52  25
,所以
i1
4
x
 x 2  4
x 2  4x 2  30  25  5
;已知
 x y
 966,故
i1
ii
i1
i i
4
i1
nn 4
(xi  x)( yi  y)   xi yi  nx  y   xi yi  4x  y  966 4 2.5 81 156 ;
i1
i1
i1
i
又4  y
n
(xi  x)( yi  y)
x  x 
n
2
i1
y  y 
n
2
i
i1
i
 y 2  4896 ,代入相关系数公式 r  i1 ,可得:
i1
n
(xi  x)( yi  y)156156
156
156
x  x 
n
2
i 1
y  y 
n
2
i
i 1
i
5  4896
122 170
12 170
r  i1 
12 13.04
0.997
因为| r | 0.997  0.75 ，所以 y 与 x 具有较强的线性相关关系.7 分
n
xi  x yi  y 
i
（2）根据bˆ  i1 ,aˆ  y  bˆx ,而
n

i 1
x  x 2
nnn
2
ˆ156
(xi  x )( yi  y)   xi yi  nx  y  156 , (xi  x )
 5 ,所以b  31.2 .
i 1
i 1
i15
由 aˆ  y  bˆx ，已知 x  2.5 ， y  81 ， bˆ  31.2 ，则 aˆ  81 31.2 2.5  81 78  3 .
所以 y 关于 x 的线性回归方程为 yˆ  31.2x  3 .
将 x  5 代入线性回归方程 yˆ  31.2 5  3  159 (千辆).15 分
17.(1) 两式相加得 an1  bn1  2an  bn  ， 两式相减得 an1  bn1  an  bn  ， 又因为
a1  b1  2  0, a1  b1  1  0 ，所以an  bn  与an  bn  均为等比数列7 分
(2)由(1)知 an  bn  2n
， an  bn  1
2n  1n
n
，所以 an 2，

 22n  1
则 a2n    2
2n1
 22n1 1

， a2n1    2
2n2
 1 ，
22
0123222324
(1  225 )25
S25  2
 1  2  2  1  2  ...  2 1  2 2
 1  13  2 1  2
 1415 分
18.（1） f x  ex  x 1，此时 f x  ex 1，从而 f 0  0 ，
所以切线方程为 y  04 分
f x  ex  x 1，此时 f ln x  kx  x ln x 1  x  ln x 1  kx  x ln x 1
思路一 分离参数法
从而 kx  x 1ln x  x  k  1 ln x  ln x
x
令 hx  1 ln x  ln x， hx  1  1 ln x  x  ln x 1 ， hx  0  x  1 ，
xxx2x2
hx  0  0  x  1 ，所以 hx在0，1在递减，在1，  上递增
，
因此 hxmin  g1  1
故 k 的取值范围为 ，1
.10 分
思路二 必要性探路
x  ln x 1  kx  x ln x 1  x 1ln x  1 k x  0令 hx  x 1ln x  1 k x ， h1  1 k  0  k  1下证： k  1 ， x  0 时， hx  0 恒成立
mk   x 1ln x  x  kx 在 ，1上递减，
mk   m1  x 1ln x  x  kx  x 1ln x ，
又因为x 1ln x  0 恒成立，所以 gx  0 恒成立，故k 的取值范围为 ，1

分
gx 在区间

，  上有 3 个零点
2 
理 由 如 下 ： 由 于 f 0  0 ， 所 以 x  0 是 函 数 f x 的 一 个 零 点 ，
gx  ex  ax sin x  cs x1
当 x  0 时，此时 ax cs x  0
又由（1）可知ex  x 1  0 恒成立，
，
2
恒成立，
从而 gx  0 恒成立，所以 gx 在区间 x  0 上没有零点
，
2

 


当 x  0，  时，此时 g 0  a  0 ， g   e 2 a 1 1  0 .
2 
 2 22
gx  ex  a2 sin x  x cs x，由于 2 sin x  x cs x  0 恒成立，所以 gx  0 恒成立，
所 以 gx 在  0  上 递 增 ， 从 而 存 在 x  0  使 得 gx   0 ， 且
 ， 
2 
1 ， 1
2 
gx  0  x  x   ， gx  0  0  x  x ，即 gx 在区间0，x  上递减，区间
1

2
  
11
 
 x1，  上递增， 从而 g x1  g 0  0 ， 又因为 g   e 2  1  0 ， 所以 g x 在
2 
 x 

 2 2
 1，  有唯一零点，即 gx 在 0，  上有唯一零点
2 2 
当 x ，  时，此时 x sin x  cs x  0 ,
 
2 
从而 gx  ex  ax sin x  cs x1  ex  x sin x  cs x 1，由于当 x ，  时，
 
2 
x  sin x ，所以ex  x sin x  cs x 1  ex  sin 2 x  cs x 1  ex  cs2 x  cs x，又因为cs2 x  cs x  cs x  cs x 1  0 ，
从 而 ex  x sin x  cs x 1  ex  cs2 x  cs x 0 恒 成 立 ， 即 gx  0 在
x ，  上 恒 成 立 ， 所 以 gx 在 区 间 x ，  上 单 调 递 增 ， 因 为


 

2 


 
2 
 
g

  e
2 
2  1  0 ， g   e
2
 a1  e
1  0 ， 因此 g x
在区间
x ，  上有唯一零点
 
2 

综上所述函数 gx 在区间

，  上有 3 个零点.17 分
2 
x  22  y 2
19. (1)设 Px, y ，则

 8 ，得 x4  y 4  2x2 y 2  8x2  8 y 2  48  0
x  22  y 2
4  y 2
( x2  y 2 2  8x2  y 2  48 ， x2  y 2  42 16x2  64 均可)4 分
易知 M 2
3,0, N  2
3,0，令t  x2  y 2 ，由(1)知 x2  4  y 2  4
(以 x2 为主元直接
4  y 2
x2  y 2 2  24x2  y 2 144
求根公式)，则 y [2,2] ，则t  x2  y 2  4  4
[4,12] ，
PM  PN 2

x  2 3 2  y 2
 



x  2 3 2  y 2

  2 x2

 y 2
 24  2
288  2t 2
 2 t


12 ，令 f t   t 
， 则 f 't  
2
288  2t 2
88  2t 2  2t
，则 f
t 
在4，4 3
288  2t 2

单增，在4
3，12单减，所以 f t [12,12
3] ，即 PM  PN  4


3，2
6  6
3  ，所以PMN 的


周长的取值范围为8

3，4
3  2
6  6
3  .10 分


设 Ax1, x1 , Bx2 ,x2  ，则18  1 OA  OB  x x ，则 x1x2  18
21 2
x  x1  x2
x  x  x
 x
1
 2 x2  x2 2
8x x
由题知12
，则
，代入曲线 得：  12 
 1 2
 12 ,
 y  x1   x2  y
x x
 1 2 
1 2
 y  12
1
令 m  

2 ，则
1

2 2
  x 
182 2
1441x2 1
3

①当 x1x2  18 时，12  
  1 
 144m  362 m2 ，解得 m 
，则 2 ；
1 2
 1 26


2 2

  x 
182 2
1441x2 1
7

②当 x1x2  18 时，12 
  1 
 144m  362 m2 ，解得 m 
，则 8  3.
1 2
 1 218


3
综上所述： 的最小值为 2 17 分