浙江省部分学校2026届高三上学期10月联合调研考试数学试题
1．（2025高三上·浙江月考）集合，集合，则集合中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
2．（2025高三上·浙江月考）若命题，命题直线与抛物线无公共点，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
3．（2025高三上·浙江月考）将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·浙江月考）已知是圆上的动点，以点为圆心，为半径作圆，设圆与圆交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高三上·浙江月考）已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高三上·浙江月考）设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·浙江月考）若，，，则（ ）
A． B． C．· D．
8．（2025高三上·浙江月考）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ）
A．96 B．98 C．100 D．102
9．（2025高三上·浙江月考）如果aA． B． C． D．
10．（2025高三上·浙江月考）在平面直角坐标系xOy中，双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，已知点，直线l交Γ于P、Q两点（异于），当直线l过点A且与x轴垂直时，的重心G在以为直径的圆O上．下列结论正确的是（ ）
A．点到Γ的渐近线的距离为2
B．直线，的斜率之积为2
C．若直线l过点，当时，这样的直线l只有2条
D．若直线l过点A，且，则
11．（2025高三上·浙江月考）在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（ ）.
A． B．
C． D．
12．（2025高三上·浙江月考）已知复数满足，则的值为 ．
13．（2025高三上·浙江月考）已知抛物线 的焦点为 ，过点的直线 与抛物线 交于两点，若 ，则直线 的斜率为 .
14．（2025高三上·浙江月考）已知的面积为，，分别为，的中点，设则取最大值时，= ．
15．（2025高三上·浙江月考）记的内角 的对边分别为 ，已知.
（1）证明：；
（2）若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.
16．（2025高三上·浙江月考）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.
（1）求第2次摸到红球的概率；
（2）设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；
（3）对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.
17．（2025高三上·浙江月考）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．
（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
18．（2025高三上·浙江月考）已知函数的图象与的图象关于直线对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若在定义域内恒成立，求的取值范围；
（3）求证：.
19．（2025高三上·浙江月考）有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为，公差为，并且成等差数列.
（1）当时，求，，以及；
（2）证明（，，是m的多项式），并求的值；
（3）当，时，将数列分组如下：（每组数的个数构成等差数列），设前组中所有数之和为，求数列的前n项和.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，
因为集合，所以，
则集合中元素的个数为3.
故答案为：B.
【分析】根据集合的特征求得集合B，再根据集合的交集运算求解，即可确定中元素的个数.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：联立，
得，
由，
可得.
所以，命题是命题的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先联立直线方程与抛物线方程结合判别式法，从而得出命题中k的取值范围，再结合充分同条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为点在单位圆上，所以，解得，
又因为，所以，所以，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】根据点在单位圆上，列式求得y的值，再根据角的范围确定的范围，求其正弦值与余弦值，最后利用余弦的两角差角公式求解即可.
4．【答案】C
【知识点】轨迹方程；相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：设，易知，
则圆M的方程为，圆，
两圆方程作差可得直线的方程为：，
设直线上的点为，则，整理得，
因为M是圆上的动点，所以，
以为主元，则表示直线，
表示以为圆心，2为半径的圆，
由题意可得：二者有公共点，则到直线的距离，
即，得，
A、，故A不符合；
B、，故B不符合；
C、， 故C符合；
D、， 故D不符合.
故答案为：C.
【分析】设，易知，求得圆M的方程为，又圆，两式相减得直线的方程，设直线上的点为，则，又，以为主元，由题意二者有公共点，从而求得，再逐项验证即可.
5．【答案】C
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
作与AF交于点T，
因为四边形是正方形，所以，，
由对称性可知，，
因为在双曲线上，
所以，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，
又，所以，解得或（舍去）.
故选：C．
【分析】利用已知条件和双曲线的对称性可求得，将其代入双曲线上，整理得到，即，即，解方程求得e的值即可求得双曲线的离心率.
6．【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
所以在上单调递增，
对于B，由，即，可得，故B错误；
对于C，由，即，可得，故C正确；
对于A，因为，
不妨设（为常数），即（为常数），
所以，
令，故，
当时，为常数函数，此时，即，
所以，故A错误；
对于D，根据上述分析，，（为常数），
所以，，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，
则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】令，先求导，再利用导数的正负判断出函数在上的单调性，则判断出选项B和选项C选项；举反例，设，令和令，，再利用赋值法和函数的单调性，则可判断选项A和选项D，从而找出不等式一定成立的选项.
7．【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
当时，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即函数在单调递增，则，可得；
设，当时，，
即函数在单调递减，，可得.
综上，.
故答案为：A.
【分析】构造函数，求导，利用导数可得在单调递增，即可判断；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得，即可判断的大小关系.
8．【答案】D
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：当时，，
设，
当时，，
则，
所以，
则，
所以时取等号，故选项D错误；
若，，且，，，
此时；
若，，且，，，
此时，故选项A、选项B和选项C正确.
故答案为：D.
【分析】根据和的关系式和特例法，从而求解判断得出不可能的值.
9．【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】取 ，则 ， ，AC不正确；
因为 ，所以 ，B符合题意；
因为 ，所以 ，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用已知条件结合特殊点比较大小法、不等式的基本性质比较大小的方法，进而找出一定成立的选项。
10．【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，焦点坐标为，
因为直线过点且与轴垂直，所以直线的方程为，
将代入双曲线的方程，可得，即，
重心的坐标为，即，
又因为以为直径的圆的方程为，
所以，解得，即，
则双曲线，焦点，
A、易知双曲线的渐近线方程为，
则焦点到的距离为，故A错误；
B、设，易知，则，故B正确；
C、，设直线与双曲线交于两点，
当直线垂直轴时，直线的方程为，则，，
，当交点在同一支上时，不存在直线，使得；
又由，可得，此时，
当交点在两支上时，存在2条直线，使得，
综上可得，使得的直线共有2条，故C正确；
D、设直线的方程为，且，
联立，整理得，
其中，，
由韦达定理可得，
因为，所以，
则，
代入可得，整理得，即，
当时，，且，
由弦长公式可得，
根据双曲线的对称性得：当时，可得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得直线的方程，将其代入双曲线方程求得交点的坐标，再求以为直径的圆方程，利用重心坐标公式求得点的坐标，代入以为直径的圆中求得，确定双曲线方程，求渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可判断A；利用斜率公式求解即可判断B；设直线与双曲线交于两点，分交点在同一支和两支讨论求解即可判断C；设直线的方程为，且，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合弦长公式求解即可判断D.
11．【答案】B,D
【知识点】数列的递推公式；归纳推理
【解析】【解答】解：由递归思想，假设到达某一个格子只能从的三个方向进入，
分别记为，
记为从起点到格子最多可以除去的雷数，
表示数中最大的数，
表示格子中的地雷数，
则可以写出递推式：，
按此规律对原表格进行数字填充：
由分析可知，最多可以除掉7个雷.
再从终点规划路线，每一次都挑选反方向3个中数字最大的走就可以找到除掉7个雷需要经过的所有格子，
在这些格子同一线路上，选择1个埋入地雷，
再在另一条线路或未经过的格子上埋入1个地雷，就可以得到满足题意的答案（也可以在选项上仿照前面的思想画图），对比得：BD正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意设相应量，根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合题意分析判断即可.
12．【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】解：设对应的复数为，对应的复数为，
则对应的复数为，对应的复数为，
因为，
由平行四边形的性质，
可得：，
所以.
故答案为：
【分析】利用复数的几何意义，把复数和平面向量建立一一对应关系，再利用向量的加法运算法则和减法运算法则以及平行四边形的性质，从而得出的值.
13．【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，设直线l的方程为：，
联立，消去y整理可得，
由韦达定理可得，
因为，所以，即，解得.
故答案为：.
【分析】易知抛物线的焦点坐标，设直线l的方程以及点，联立直线与抛物线方程，消元整理，利用弦长公式求解即可.
14．【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示：
设，，，
由题意可得：，，
①，
②，
①②两式相加可得：，
的面积为，
将与代入，
可得：，
根据基本不等式，当且仅当时取等号，
则，
令，则，即，
故，其中，
因为，所以，即，
两边平方可得，，解得，则，
当取最大值时，，即，
此时，，
因为，且，所以，即，
代入，可得：，，，，又因为，所以是锐角，则，即.
故答案为：.
【分析】设，，，由题意，用表示，结合向量的数量积求与，再利用三角形面积公式得到关于的表达式，代入，利用基本不等式结合三角函数性质求出取最大值时的值即可.
15．【答案】（1）证明：，由余弦定理可得，
则，即，故；
（2）解：，，
由余弦定理，可得，
因为，所以，，
由角平分线定理可得，，，
在中，由余弦定理得：，则.
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理化简证明即可；
（2）利用余弦定理结合已知条件求得，再利用角平分线定理及余弦定理求解即可.
（1）证明：因为，
所以，
所以，即，
所以；
（2）由余弦定理得：，，
又，
所以，，
由角平分线定理可得，，，
在中，由余弦定理得：，
所以.
16．【答案】（1）解：记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，
由全概率公式，得.
（2）解：由已知得，
，
，
.
（3）解：由（2）可得，即，
可猜想：，
证明如下：由条件概率及，
得，，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意，根据全概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式以及排列数公式计算即可；
（3）根据（2）猜想，再由条件概率公式证明即可.
17．【答案】（1）证明：正方形中，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，，
又因为，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：假设存在点，满足题意，由（1）知，平面，，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设点，，则，
即，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
由（1）知平面的法向量为，
，即，
即，即，解得或（舍去），
所以存在一点，使得，即．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由面面垂直的性质证得平面，求得，利用勾股定理证得，再利用线面垂直的性质证明即可；
（2）结合（1）中条件，建议空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而得到关于的方程求解即可.
（1）正方形中，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
又，，∴，
又∵，∴，∴，
又，∴，
又，平面，∴平面.
（2）假设存在点，满足题意，
由（1）知，平面，，
故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设点，，∴，
∴，∴，∴，，
设平面的法向量为，∴，
令，∴，，∴，
由（1）知平面的法向量为，
∴，即，
即，即，解得或（舍去），
所以存在一点，使得，即．
18．【答案】（1）解：设图象上任意一点，
则其关于直线的对称点为，
由题意，知点在函数图象上，
所以，
则.
（2）解：不妨令，
则在上恒成立，
注意到且在上是连续函数，
则是函数的一个极大值点，
所以，
又因为，
所以，
解得
下面证明：当时，在上恒成立，
令，
则，
当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
则在上恒成立，
又因为，
所以，
综上所述，.
（3）证明：由（2）知，，
则，
，
，
由（2）知：在恒成立，
则在上恒成立，当且仅当时取等号，
令，
则，
，
，证毕.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法；图形的对称性
【解析】【分析】（1）根据两函数关于对称，从而得出函数的解析式.
（2）利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的的极值点，进而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出a的取值范围.
（3）根据（2）可得，再转化为，再由结合累加法，从而证出不等式成立.
（1）设图象上任意一点，则其关于直线的对称点为，
由题意知，点在函数图象上，
所以，
所以.
（2）不妨令，
则在上恒成立，
注意到且在上是连续函数，则是函数的一个极大值点，
所以，又，
所以，解得
下面证明：当时，在上恒成立，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以，即在上恒成立，又，
所以，
综上，.
（3）由（2）知，，则，，
，
又由（2）知：在恒成立，则在上恒成立，
当且仅当时取等号，则令，
则，
，证毕.
19．【答案】（1）解：当时，
由题意，可知，
则，
.
（2）解：由题意，得，
则，
同理可得，，，
，
又因为成等差数列，
所以，
则，
所以，数列是以为公差的等差数列，
则，
令，
则，
所以.
（3）解：当，时，
数列分组如下：，
按分组规律，第组中有个奇数，
所以第组到第组共有个奇数，
注意到前个奇数的和为，
则前个奇数的和为，
所以前组所有数之和为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
则，
两式相减，
得
，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）当时，代入等差数列的通项公式，从而得出，，和的值.
（2）先求出数列的通项公式，再利用通项公式求出，，，，结合等差数列的定义，从而得出数列是以为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出的值.
（3）由，可得数列的通项公式，从而可得数列前组中所有数之和，进而求出，再利用错位相减法得出数列的前n项和.
（1）当时，由题意可知，
则，
；
（2）由题意，
则，
同理，，，
，
又因为成等差数列，
所以，
故，
即数列是以为公差的等差数列，
所以，
令，
所以，
所以；
（3）当，时，
数列分组如下：，
按分组规律，第组中有个奇数，
所以第组到第组共有个奇数，
注意到前个奇数的和为，
所以前个奇数的和为，
即前组所有数之和为，
所以，
因为，所以，
从而，
则，
故，
两式相减得
，
所以.
1 / 1浙江省部分学校2026届高三上学期10月联合调研考试数学试题
1．（2025高三上·浙江月考）集合，集合，则集合中元素的个数为（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】集合中元素的个数问题；交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，
因为集合，所以，
则集合中元素的个数为3.
故答案为：B.
【分析】根据集合的特征求得集合B，再根据集合的交集运算求解，即可确定中元素的个数.
2．（2025高三上·浙江月考）若命题，命题直线与抛物线无公共点，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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：联立，
得，
由，
可得.
所以，命题是命题的必要不充分条件.
故答案为：B.
【分析】先联立直线方程与抛物线方程结合判别式法，从而得出命题中k的取值范围，再结合充分同条件、必要条件的判断方法，从而找出正确的选项.
3．（2025高三上·浙江月考）将顶点在原点，始边为轴非负半轴的锐角的终边绕原点逆时针转过后，交单位圆于点，那么的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为点在单位圆上，所以，解得，
又因为，所以，所以，
即，
则.
故答案为：A.
【分析】根据点在单位圆上，列式求得y的值，再根据角的范围确定的范围，求其正弦值与余弦值，最后利用余弦的两角差角公式求解即可.
4．（2025高三上·浙江月考）已知是圆上的动点，以点为圆心，为半径作圆，设圆与圆交于A，B两点，则下列点中，直线一定不经过（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】轨迹方程；相交弦所在直线的方程；圆方程的综合应用
【解析】【解答】解：设，易知，
则圆M的方程为，圆，
两圆方程作差可得直线的方程为：，
设直线上的点为，则，整理得，
因为M是圆上的动点，所以，
以为主元，则表示直线，
表示以为圆心，2为半径的圆，
由题意可得：二者有公共点，则到直线的距离，
即，得，
A、，故A不符合；
B、，故B不符合；
C、， 故C符合；
D、， 故D不符合.
故答案为：C.
【分析】设，易知，求得圆M的方程为，又圆，两式相减得直线的方程，设直线上的点为，则，又，以为主元，由题意二者有公共点，从而求得，再逐项验证即可.
5．（2025高三上·浙江月考）已知双曲线左顶点为，右焦点为，以为直径的圆与双曲线的右支相交于两点．若四边形是正方形，则双曲线的离心率为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：由题意可知，，，
作与AF交于点T，
因为四边形是正方形，所以，，
由对称性可知，，
因为在双曲线上，
所以，即，
即，化简整理得，
即，所以，
即，
又，所以，解得或（舍去）.
故选：C．
【分析】利用已知条件和双曲线的对称性可求得，将其代入双曲线上，整理得到，即，即，解方程求得e的值即可求得双曲线的离心率.
6．（2025高三上·浙江月考）设是函数定义在上的导函数，满足，则下列不等式一定成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：令，
则，
所以在上单调递增，
对于B，由，即，可得，故B错误；
对于C，由，即，可得，故C正确；
对于A，因为，
不妨设（为常数），即（为常数），
所以，
令，故，
当时，为常数函数，此时，即，
所以，故A错误；
对于D，根据上述分析，，（为常数），
所以，，
令，，
当时，，在上单调递减，
所以，
则，故D错误.
故答案为：C.
【分析】令，先求导，再利用导数的正负判断出函数在上的单调性，则判断出选项B和选项C选项；举反例，设，令和令，，再利用赋值法和函数的单调性，则可判断选项A和选项D，从而找出不等式一定成立的选项.
7．（2025高三上·浙江月考）若，，，则（ ）
A． B． C．· D．
【答案】A
【知识点】利用导数研究函数的单调性
【解析】【解答】解：设，
当时，，
因为，当且仅当时等号成立，
所以，即函数在单调递增，则，可得；
设，当时，，
即函数在单调递减，，可得.
综上，.
故答案为：A.
【分析】构造函数，求导，利用导数可得在单调递增，即可判断；构造函数，求导，利用导数判断函数的单调性，得，即可判断的大小关系.
8．（2025高三上·浙江月考）记数列的前项和为，若，则的值不可能为（ ）
A．96 B．98 C．100 D．102
【答案】D
【知识点】数列的求和
【解析】【解答】解：当时，，
设，
当时，，
则，
所以，
则，
所以时取等号，故选项D错误；
若，，且，，，
此时；
若，，且，，，
此时，故选项A、选项B和选项C正确.
故答案为：D.
【分析】根据和的关系式和特例法，从而求解判断得出不可能的值.
9．（2025高三上·浙江月考）如果aA． B． C． D．
【答案】B,D
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】取 ，则 ， ，AC不正确；
因为 ，所以 ，B符合题意；
因为 ，所以 ，D符合题意.
故答案为：BD
【分析】利用已知条件结合特殊点比较大小法、不等式的基本性质比较大小的方法，进而找出一定成立的选项。
10．（2025高三上·浙江月考）在平面直角坐标系xOy中，双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，已知点，直线l交Γ于P、Q两点（异于），当直线l过点A且与x轴垂直时，的重心G在以为直径的圆O上．下列结论正确的是（ ）
A．点到Γ的渐近线的距离为2
B．直线，的斜率之积为2
C．若直线l过点，当时，这样的直线l只有2条
D．若直线l过点A，且，则
【答案】B,C,D
【知识点】双曲线的标准方程；双曲线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由双曲线，可得，焦点坐标为，
因为直线过点且与轴垂直，所以直线的方程为，
将代入双曲线的方程，可得，即，
重心的坐标为，即，
又因为以为直径的圆的方程为，
所以，解得，即，
则双曲线，焦点，
A、易知双曲线的渐近线方程为，
则焦点到的距离为，故A错误；
B、设，易知，则，故B正确；
C、，设直线与双曲线交于两点，
当直线垂直轴时，直线的方程为，则，，
，当交点在同一支上时，不存在直线，使得；
又由，可得，此时，
当交点在两支上时，存在2条直线，使得，
综上可得，使得的直线共有2条，故C正确；
D、设直线的方程为，且，
联立，整理得，
其中，，
由韦达定理可得，
因为，所以，
则，
代入可得，整理得，即，
当时，，且，
由弦长公式可得，
根据双曲线的对称性得：当时，可得，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】由题意可得直线的方程，将其代入双曲线方程求得交点的坐标，再求以为直径的圆方程，利用重心坐标公式求得点的坐标，代入以为直径的圆中求得，确定双曲线方程，求渐近线方程，利用点到直线的距离公式求解即可判断A；利用斜率公式求解即可判断B；设直线与双曲线交于两点，分交点在同一支和两支讨论求解即可判断C；设直线的方程为，且，联立直线与双曲线方程，利用韦达定理结合弦长公式求解即可判断D.
11．（2025高三上·浙江月考）在研究全概率公式时，我们将对一个事件发生的情况的研究转化为对发生该情况的几个先决条件进行分析，这是一种重要的递推思想.在如图所示的蜂窝形正六边形地图中，左上角与右下角的“○”分别代表起点与终点，蜂窝格中的实心圆点“●”代表地雷，有一个扫雷机器人在起点处接收到指令移动至终点，每一次移动只能按照箭头所示的三个方向运动，若移动到地雷区，则会立即将地雷排除.记移动过程中，该机器人可以排除的地雷数量最多为，现在在图中增加两枚地雷（用叉号“×”表示），则以下方法可以使增加且只增加的是：（ ）.
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】数列的递推公式；归纳推理
【解析】【解答】解：由递归思想，假设到达某一个格子只能从的三个方向进入，
分别记为，
记为从起点到格子最多可以除去的雷数，
表示数中最大的数，
表示格子中的地雷数，
则可以写出递推式：，
按此规律对原表格进行数字填充：
由分析可知，最多可以除掉7个雷.
再从终点规划路线，每一次都挑选反方向3个中数字最大的走就可以找到除掉7个雷需要经过的所有格子，
在这些格子同一线路上，选择1个埋入地雷，
再在另一条线路或未经过的格子上埋入1个地雷，就可以得到满足题意的答案（也可以在选项上仿照前面的思想画图），对比得：BD正确.
故答案为：BD.
【分析】根据题意设相应量，根据递归思想可得，按此规律对原表格进行数字填充，结合题意分析判断即可.
12．（2025高三上·浙江月考）已知复数满足，则的值为 ．
【答案】
【知识点】复数在复平面中的表示；复数的模
【解析】【解答】解：设对应的复数为，对应的复数为，
则对应的复数为，对应的复数为，
因为，
由平行四边形的性质，
可得：，
所以.
故答案为：
【分析】利用复数的几何意义，把复数和平面向量建立一一对应关系，再利用向量的加法运算法则和减法运算法则以及平行四边形的性质，从而得出的值.
13．（2025高三上·浙江月考）已知抛物线 的焦点为 ，过点的直线 与抛物线 交于两点，若 ，则直线 的斜率为 .
【答案】
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：易知抛物线的焦点，设直线l的方程为：，
联立，消去y整理可得，
由韦达定理可得，
因为，所以，即，解得.
故答案为：.
【分析】易知抛物线的焦点坐标，设直线l的方程以及点，联立直线与抛物线方程，消元整理，利用弦长公式求解即可.
14．（2025高三上·浙江月考）已知的面积为，，分别为，的中点，设则取最大值时，= ．
【答案】
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；平面向量的基本定理；平面向量的数量积运算；三角形中的几何计算
【解析】【解答】解：如图所示：
设，，，
由题意可得：，，
①，
②，
①②两式相加可得：，
的面积为，
将与代入，
可得：，
根据基本不等式，当且仅当时取等号，
则，
令，则，即，
故，其中，
因为，所以，即，
两边平方可得，，解得，则，
当取最大值时，，即，
此时，，
因为，且，所以，即，
代入，可得：，，，，又因为，所以是锐角，则，即.
故答案为：.
【分析】设，，，由题意，用表示，结合向量的数量积求与，再利用三角形面积公式得到关于的表达式，代入，利用基本不等式结合三角函数性质求出取最大值时的值即可.
15．（2025高三上·浙江月考）记的内角 的对边分别为 ，已知.
（1）证明：；
（2）若，，角的内角平分线与边交于点，求的长.
【答案】（1）证明：，由余弦定理可得，
则，即，故；
（2）解：，，
由余弦定理，可得，
因为，所以，，
由角平分线定理可得，，，
在中，由余弦定理得：，则.
【知识点】解三角形；余弦定理
【解析】【分析】（1）由题意，利用余弦定理化简证明即可；
（2）利用余弦定理结合已知条件求得，再利用角平分线定理及余弦定理求解即可.
（1）证明：因为，
所以，
所以，即，
所以；
（2）由余弦定理得：，，
又，
所以，，
由角平分线定理可得，，，
在中，由余弦定理得：，
所以.
16．（2025高三上·浙江月考）一个袋子中有10个大小相同的球，其中红球7个，黑球3个.每次从袋中随机摸出1个球，摸出的球不再放回.
（1）求第2次摸到红球的概率；
（2）设第次都摸到红球的概率为；第1次摸到红球的概率为；在第1次摸到红球的条件下，第2次摸到红球的概率为；在第1，2次都摸到红球的条件下，第3次摸到红球的概率为.求；
（3）对于事件，当时，写出的等量关系式，并加以证明.
【答案】（1）解：记事件“第次摸到红球”为，则第2次摸到红球的事件为，
由全概率公式，得.
（2）解：由已知得，
，
，
.
（3）解：由（2）可得，即，
可猜想：，
证明如下：由条件概率及，
得，，
所以.
【知识点】相互独立事件的概率乘法公式；全概率公式；条件概率
【解析】【分析】（1）由题意，根据全概率公式求解即可；
（2）根据相互独立事件乘法公式、条件概率公式以及排列数公式计算即可；
（3）根据（2）猜想，再由条件概率公式证明即可.
17．（2025高三上·浙江月考）如图所示，正方形所在平面与梯形所在平面垂直，，，，．
（1）证明：平面；
（2）在线段（不含端点）上是否存在一点E，使得二面角的余弦值为，若存在求出的值，若不存在请说明理由．
【答案】（1）证明：正方形中，，
因为平面平面，平面平面，平面，
所以平面，
又因为平面，所以，，
又因为，，所以，
又因为，所以，所以，
又因为，所以，
又因为，平面，所以平面；
（2）解：假设存在点，满足题意，由（1）知，平面，，
以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，如图所示：
则，，，，，，
设点，，则，
即，，，，
设平面的法向量为，则，
令，则，，即，
由（1）知平面的法向量为，
，即，
即，即，解得或（舍去），
所以存在一点，使得，即．
【知识点】直线与平面垂直的判定；平面的法向量；用空间向量研究二面角
【解析】【分析】（1）先由面面垂直的性质证得平面，求得，利用勾股定理证得，再利用线面垂直的性质证明即可；
（2）结合（1）中条件，建议空间直角坐标系，分别求得平面与平面的法向量，从而得到关于的方程求解即可.
（1）正方形中，，
∵平面平面，平面平面，平面，
∴平面，
又平面，∴，，
又，，∴，
又∵，∴，∴，
又，∴，
又，平面，∴平面.
（2）假设存在点，满足题意，
由（1）知，平面，，
故以B为坐标原点，BA，BM，BC所在直线分别为x，y，z轴建立空间直角坐标系，
则，，，，，，
设点，，∴，
∴，∴，∴，，
设平面的法向量为，∴，
令，∴，，∴，
由（1）知平面的法向量为，
∴，即，
即，即，解得或（舍去），
所以存在一点，使得，即．
18．（2025高三上·浙江月考）已知函数的图象与的图象关于直线对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若在定义域内恒成立，求的取值范围；
（3）求证：.
【答案】（1）解：设图象上任意一点，
则其关于直线的对称点为，
由题意，知点在函数图象上，
所以，
则.
（2）解：不妨令，
则在上恒成立，
注意到且在上是连续函数，
则是函数的一个极大值点，
所以，
又因为，
所以，
解得
下面证明：当时，在上恒成立，
令，
则，
当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以，
则在上恒成立，
又因为，
所以，
综上所述，.
（3）证明：由（2）知，，
则，
，
，
由（2）知：在恒成立，
则在上恒成立，当且仅当时取等号，
令，
则，
，
，证毕.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数恒成立问题；利用导数研究函数最大（小）值；反证法与放缩法；图形的对称性
【解析】【分析】（1）根据两函数关于对称，从而得出函数的解析式.
（2）利用导数判断函数的单调性，从而求出函数的的极值点，进而得出函数的最值，再根据不等式恒成立问题求解方法，从而得出a的取值范围.
（3）根据（2）可得，再转化为，再由结合累加法，从而证出不等式成立.
（1）设图象上任意一点，则其关于直线的对称点为，
由题意知，点在函数图象上，
所以，
所以.
（2）不妨令，
则在上恒成立，
注意到且在上是连续函数，则是函数的一个极大值点，
所以，又，
所以，解得
下面证明：当时，在上恒成立，
令，则，
当时，，单调递增；
当时，单调递减，
所以，即在上恒成立，又，
所以，
综上，.
（3）由（2）知，，则，，
，
又由（2）知：在恒成立，则在上恒成立，
当且仅当时取等号，则令，
则，
，证毕.
19．（2025高三上·浙江月考）有n个首项都是1的等差数列，设第m个数列的第k项为，公差为，并且成等差数列.
（1）当时，求，，以及；
（2）证明（，，是m的多项式），并求的值；
（3）当，时，将数列分组如下：（每组数的个数构成等差数列），设前组中所有数之和为，求数列的前n项和.
【答案】（1）解：当时，
由题意，可知，
则，
.
（2）解：由题意，得，
则，
同理可得，，，
，
又因为成等差数列，
所以，
则，
所以，数列是以为公差的等差数列，
则，
令，
则，
所以.
（3）解：当，时，
数列分组如下：，
按分组规律，第组中有个奇数，
所以第组到第组共有个奇数，
注意到前个奇数的和为，
则前个奇数的和为，
所以前组所有数之和为，
则，
因为，
所以，
则，
所以，
则，
两式相减，
得
，
所以.
【知识点】等差数列概念与表示；数列的求和；等差数列的性质
【解析】【分析】（1）当时，代入等差数列的通项公式，从而得出，，和的值.
（2）先求出数列的通项公式，再利用通项公式求出，，，，结合等差数列的定义，从而得出数列是以为公差的等差数列，再利用等差数列的通项公式得出数列的通项公式，从而得出的值.
（3）由，可得数列的通项公式，从而可得数列前组中所有数之和，进而求出，再利用错位相减法得出数列的前n项和.
（1）当时，由题意可知，
则，
；
（2）由题意，
则，
同理，，，
，
又因为成等差数列，
所以，
故，
即数列是以为公差的等差数列，
所以，
令，
所以，
所以；
（3）当，时，
数列分组如下：，
按分组规律，第组中有个奇数，
所以第组到第组共有个奇数，
注意到前个奇数的和为，
所以前个奇数的和为，
即前组所有数之和为，
所以，
因为，所以，
从而，
则，
故，
两式相减得
，
所以.
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