浙江省丽水、湖州、衢州三地市2026届高三11月教学质量检测数学试卷（含答案）

这是一份浙江省丽水、湖州、衢州三地市2026届高三11月教学质量检测数学试卷（含答案），共8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。
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。
1.已知复数z，若z2+i=i(i为虚数单位)，则|z|=( )
A. 5B. 5C. 3D. 3
2.已知集合A={x|-2≤x0,b>0)的左右焦点，点A的坐标为(0,2b).若△AF1F2为等边三角形，则双曲线C的离心率是( )
A. 3B. 2 3C. 2D. 3
4.已知x，y∈R，则下列条件中使x>y成立的充要条件是( )
A. |x|>yB. x2>y2
C. ax>ay(a>0，且a≠1)D. ln(x-y+1)>0
5.定义在R上的两个函数f(x)，g(x)，恒有f3(x)=g(x2)，则( )
A. f(x)为奇函数B. f(x)为偶函数C. g(x)为奇函数D. g(x)为偶函数
6.若函数y=sinωx+π6的图象向右平移π4个单位后得到的图象关于y轴对称，则实数ω可以是
A. 23B. -23C. 2D. -2
7.已知三棱锥S-ABC，满足SA=SB=SC，且SA，SB，SC两两垂直．在底面△ABC内有一动点P到三个侧面的距离依次成等差数列，则点P的轨迹是( )
A. 一个点B. 一条线段C. 一段圆弧D. 一段抛物线
8.若关于x的方程(ex-tx)(x-tlnx)=0(t∈R)恰有四个不同的实根a，b，c，d(a0)上的两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)已知P，Q是椭圆C上的两动点，且P，Q的横坐标之和为509，设直线l为线段PQ的中垂线，过点A作直线AM⊥l，垂足为M.求垂足M横坐标xM的取值范围，并求M的轨迹方程．
19.(本小题17分)
已知函数f(x)=excs(ax)，a∈R，g(x)=xsin x(e≈2.718为自然对数的底数)．
(1)当a=1时，
(ⅰ)求f(x)的单调递增区间；
(ⅱ)记xn为函数f(x)在(0,+∞)上从小到大排列的第n个极值点(n∈N ​*)，求数列 2e34ππxn⋅fxn的前20项和．
(2)当a∈(0,2)时，求证：对任意的x∈0,π4，aex·g'(x)>f(x)-f'(x)恒成立．
参考答案
1.A
2.C
3.C
4.D
5.B
6.A
7.B
8.D
9.ACD
10.BCD
11.BD
12.-9
13. 3+1
14.4π,13π3
15.解：(1)由an+1-anan=an+2-an+1an+2，
得an+1an-1=1-an+1an+2，
即an+1an+an+1an+2=2，
得1an+1an+2=2an+1，
所以数列{1an}为等差数列；
(2)设数列{1an}的公差为d，
则d=1a2-1a1=12，
得1an=1a1+(n-1)d=1+(n-1)×12=n+12，
故an=2n+1，
则anan+1=4(n+1)×(n+2)=4×(1n+1-1n+2)，
所以Sn=a1a2+a2a3+⋯+anan+1
=42×3+43×4+⋯+4(n+1)×(n+2)
=4×(12-13+13-14+⋯+1n+1-1n+2)
=4×(12-1n+2)=2nn+2．
16.(1)证明：取AC的中点O，连接BO，A1O，C1O，因为BA=BC，O为AC中点，
所以BO⊥AC，
又因为平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，BO⊂平面ABC，
所以BO⊥平面AA1C1C，而AC1⊂平面AA1C1C，则AC1⊥BO，
因为A1C1//AO，A1C1=AO=AA1，所以四边形A1AOC1是菱形，AC1⊥A1O，
而A1O∩BO=O，A1O，BO⊂平面A1OB，因此AC1⊥平面A1OB，
因为A1B⊂平面A1OB，所以A1B⊥AC1；
(2)解：取A1C1中点M，则OM⊥AC，
由平面AA1C1C⊥平面ABC，平面AA1C1C∩平面ABC=AC，OM⊂平面AA1C1C，
则OM⊥平面ABC，则OB，OC，OM两两垂直，
依题可建立如图所示空间直角坐标系O-xyz，
在平面AA1C1C内作A1H⊥AC于H，连接BH，
因为平面AA1C1C⊥平面ABC，
所以A1H⊥平面ABC，
在梯形A1C1CA中，由题意AH=14AC=1，A1H= 3，
在RtΔA1HB中，BH= A1B2-A1H2= 5，
在RtΔOHB中，OB= BH2-OH2=2，
A(0,-2,0)，C(0,2,0)，B(2,0,0)，C1(0,1, 3)，
BC1=(-2,1, 3)，AB=(2,2,0)，BC=(-2,2,0)，
设平面ABC1的法向量n1=(x1,y1,z1)，
则AB⋅n1=2x1+2y1=0BC1⋅n1=-2x1+y1+ 3z1=0，取x1=1，得n1=(1,-1, 3)，
设平面CBC1的法向量n2=(x2,y2,z2)，则BC⋅n2=-2x2+2y2=0BC1·n2=-2x2+y2+ 3z2=0,
取x2=1，得n2=( 3, 3,1)，
所以cs=n1⋅n2|n1|n2= 3 5⋅ 7= 10535，
因此平面ABC1和BCC1夹角的余弦值是 10535．
17.解：(1)由题意得X的可能取值为0，1，2，3，
P(X=0)=C30(34)3=2764，
P(X=1)=C31(14)×(34)2=2764，
P(X=2)=C32(14)2×(34)=964，
P(X=3)=C33(14)3=164
因此E(X)=0×2764+1×2764+2×964+3×164=34；
另解：由题意得X的可能取值为0，1，2，3，
又X∽B(3,14)，故P(X)=C3k(14)k⋅(34)3-k(k=0,1,2,3)因此E(X)=3×14=34；
(2)设事件M=“3次之内(含3次)停止摸球”，
事件A=“第1次摸到红球，第2次摸到红球”;
事件B=“第1次摸到红球，第2次摸到白球，第3次摸到红球”;
事件C=“第1次摸到白球，第2次摸到红球，第3次摸到红球”;
事件Di=“首次选择甲袋是第i次摸球”(i=1,2,3)，
事件D0=“一直没有选择甲袋”，
则P(A)=P(D1)P(A|D1)+P(D2)P(A|D2)+P(D0)P(A|D0)
=12×14×14+12×12×12×14+12×12×12×12=18．
P(B)=P(D1)P(B|D1)+P(D2)P(B|D2)+P(D3)P(B|D3)+P(D0)P(B|D0))
=12×14×34×14+12×12×12×14×34+12×12×12×12×12×14+18×12×12×12=9128．
P(C)=P(D1)P(C|D1)+P(D2)P(C|D2)+P(D3)P(C|D3)+P(D0)P(C|D0)
=12×34×14×14+12×12×12×14×14+12×12×12×12×12×14+18×12×12×12=7128．
因此P(M)=P(A)+P(B)+P(C)=18+9128+7128=14⋅
18.解：(1)由题意a=516a2+14425b2=1解得a=5b=4，
所以椭圆C的标准方程为x225+y216=1．
(2)设P(x1,y1)，Q(x2,y2)，线段PQ的中点G(x0,y0)，则x0=259．
①当x1=x2，y1=-y2时，PQ的中垂线为x轴，过点A向中垂线作垂线，垂足M为点A(-5,0);
②当x1≠x2时，直线PQ的斜率k=y1-y2x1-x2，则k⋅y0x0=-1625，
所以，k⋅y0=-169，
将x=259代入椭圆方程得：y=±8 149，
所以，-8 14927，
所以xM=-5+6k2+1∈(-5,-13)，
综上 ①， ②所得xM∈[-5,-13)，
所以垂足M轨迹方程是(x+2)2+y2=9，且x∈[-5,-13).
19.解：(1)由题可得f'(x)=ex(csx-sinx)= 2excs(x+π4)，
令f'(x)>0可得2kπ-π2≤x+π4≤2kπ+π2，
解得x∈[2kπ-3π4,2kπ+π4]，k∈Z，
所以f(x)在[2kπ-3π4,2kπ+π4]，k∈Z上单调递增；
(2)令f'(x)=0，得x=kπ+π4，
所以xn=(n-1)π+π4=(n-34)π，
那么|f(xn)|=|e(n-34)πcs⁡(n-34)π|= 22e(n-34)π，
令an= 2e34ππxn·|f(xn)|= 2e34ππ·(n-34)π· 22e(n-34)π=(n-34)enπ，
记数列 2e34ππxn⋅fxn的前20项和为S20，
S20=14eπ+54e2π+94e3π+⋯+774e20π，
eπS20=14e2π+54e3π+94e4π+⋯+774e21π，
得(1-eπ)S20=14eπ+e2π+e3π+e4π+⋯+e20π-774e21π
=14eπ+e2π-e21π1-eπ-774e21π，
所以S20=77e22π-81e21π+3e2π+eπ4(1-eπ)2；
(3)由题可得
aex⋅g'(x)-f(x)+f'(x)
=aex(sinx+xcsx)-excs(ax)+(excs(ax)-aexsin(ax))
=aex(sinx+xcsx-sin(ax))，
因为a∈(0,2)，所以sin(ax)0，
故sinx(1-csx)+(x-sinx)csx>0，
因此aex·g'(x)>f(x)-f'(x)恒成立． X
0
1
2
3
P
2764
2764
964
164