浙江省杭州市2026届高三下学期二模试题 数学 含解析

学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测数学试卷考生须知：本试卷分试题卷和答题卷两部分满分分，考试时间分钟.答无效!考试结束，只需上交答题卡.85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.数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（）A.3B.5C.6D.7【答案】D【解析】【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10，因为，不是整数，所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7.2.若（i（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【详解】,所以,.3.设，若，则（）A.且B.且C.且D.且【答案】B【解析】第1页/共17页，由题意可知，，恒成立，则且.4.我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×3:2.规格一号二号三号四号五号288×240×192×144×96×尺寸（单位：cm）1921601289664根据上表，可以判断五种规格国旗的（）A.周长构成等差数列B.周长构成等比数列C.面积构成等差数列D.面积构成等比数列【答案】A【解析】【分析】由题意分别列出各个规格的周长与面积，根据等差数列与等比数列的定义即可求解.【详解】由题意得规格一号二号三号四号五号尺寸288×192240×160192×128144×9696×64周长960800640480320面积552963840024576138246144则，故周长构成等差数列.，故周长不构成等比数列，，故面积不构成等差数列，，故面积不构成等比数列.5.设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（）A.1B.2C.D.【答案】C【解析】第2页/共17页【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可.【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径，点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点，且与垂直时，最小，此时，且，则.6.设函数的图象关于直线对称，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【详解】根据辅助角公式，则的图象关于直线对称，即，解得，因为，所以当时，符合题意．7.已知向量，满足，，设，且，则的最小值为（）A.2B.1C.D.【答案】D【解析】【分析】由向量模的运算结合二次函数顶点式即可求的最小值.【详解】由题意得，则，代入，得，第3页/共17页所以当时，取最小值.8.设椭圆C：和均为椭圆CMN在椭圆C上.若，则四边形面积的最大值为（）A.B.4C.D.2【答案】B【解析】形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值.【详解】由和可得，所以椭圆方程为，因直线的斜率为，可得其方程为，又因，故可设直线的方程为，将其与联立消去，可得，由解得，由韦达定理得，所以，由可知四边形为梯形，而直线的方程即，则梯形的高也即点到直线的距离为，故梯形的面积为，由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑，令，则，则，则第4页/共17页，再令，则，，故，故当时，取得最大值为.[Failedtodownloadimage:/QBM/editorImg/2026/4/8/5ab71afd-f879-40cf-b2d0-a87de45695db.svg]【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理.36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.在中，，，，则（）A.B.的面积为6C.D.【答案】BC【解析】【分析】由余弦定理解出的长，确定为直角三角形，结合向量的模长计算与数量积公式即可求解.【详解】由余弦定理得，解得，因为，所以为直角三角形，，对于A，，故A错误；对于B，，故B正确；对于C，第5页/共17页，故C正确；对于D，，故D错误.10.已知函数，则（）A.，是增函数B.，是奇函数C.若有三个不同的零点，，，则D.过点且与曲线相切的直线恰有3条，则【答案】ACD【解析】ABC函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可.【详解】已知，则.选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以.所以，是增函数，故A正确.选项B：，，则，故不是奇函数，故B错误.选项C有三个不同的零点，，有3个根.其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则.第6页/共17页所以，故C正确.选项D：设切点为，，所以切线方程为.又切线过，所以，即.切线恰有3有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点..令，即，解得或.当时，，当时，，所以在、上单调递减，在上单调递增，所以极小值为，极大值为，所以当时，与有3个交点.所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确.选取正方体表面上两个不同的点PQk次操作为“将正方体绕直线旋转角”.则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（）A.，B.，，C.，D.，，【答案】ABD【解析】【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可.【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴，且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍，第7页/共17页；；，由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一，因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和，对于A，总角度可以为，A正确；对于B，总角度可以为，B正确；对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误；对于D，总角度可以为，D正确.[Failedtodownloadimage:/QBM/editorImg/2026/4/8/c9a94299-6d86-423b-8075-6461e9d2b6b2.svg]三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.设函数，则______.【答案】2【解析】【详解】因为，所以.13.已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且.若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______.【答案】##【解析】【详解】设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为即为直角三角形，所以，又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有，第8页/共17页连接与左焦点，由可得为直角三角形且，由双曲线定义可知，，所以双曲线的离心率为.14.一个边长为5.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______.【答案】82【解析】【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解．【详解】解：①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色，①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样，则（1）①②③④四边同色，此时共有种；第9页/共17页（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种，（3）当①②③④每两个同色时，此时共有种，综上，共有种．四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤15.设公比为q的等比数列的前n项和为，且.（1）求q和;（2）求.【答案】（1），（2）【解析】【分析】(1)由等比数列前n项和与通项公式的关系即可求q和(2)由等比数列前n项和公式直接代入即可.【小问1详解】解:(1)设数列公比为，那么当时,,又,所以,,当时,两式相减得,即,所以，,，解得;【小问2详解】由(1)得.16.如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点.第10页/共17页（1）证明：平面；（2）设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面；（2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值.【小问1详解】因为的所有棱长相等，点是棱的中点，所以，，又因为，平面，所以平面.【小问2详解】以为坐标原点，所在直线为且垂直于底面的直线为直角坐标系，则，，，设，由（1）知平面，则为平面的法向量.则，，第11页/共17页设平面的法向量为，则，可取，记平面与平面所成角为，则.当时，取到最大值.17.某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50等待时间频数2014106（1）估计这50（2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数.（i）证明：对于任意的，有；（ii5.他利用人工智能辅助220.求小明的交通费用的均值.【答案】（1）7.7分钟第12页/共17页（2i）证明见解析（ii）元【解析】1）利用组中值法计算样本均值即可.（2i）根据条件概率公式证明即可.（ii）结合指数分布的数学期望计算即可.【小问1详解】平均时间.【小问2详解】（i）证明：由题意知，，分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B，则.所以对于任意的，有.（ii）由（i）知，，所以费用的期望是（元）.18.已知抛物线：的焦点为F，顶点为，点在上.（1）求的方程；（2）已知点在上，过M且斜率为2的直线交于点Q，令.（i）求点P的坐标（用t（ii）设直线与的另一个交点为N，焦点F到直线的距离是否存在最大值?若存在求其最大值.若不存在，请说明理由.【答案】（1）第13页/共17页（2i）（ii）存在，【解析】1）因为点A在抛物线Γ上，所以将点A的坐标代入抛物线方程，即可求解出p的值，进而得到Γ的方程.（2iOA的方程和过M的直线方程，联立这两个直线方程可求出点Q标公式，可由M和Q的坐标求出点P的坐标.（ii）先联立直线OP与抛物线Γ的方程，求出点N的坐标；再根据M、N的坐标写出直线MN的方程，发现恒过一定点，F到这一定点的距离即为F到直线的距离最大值.【小问1详解】将点代入得，所以：.【小问2详解】（i）过M点斜率为2的直线，直线方程，由得，可得，设，由得，即，解得，所以.（ii）因为，所以直线方程为，第14页/共17页解方程组，得，所以，直线：，整理得，因此直线过定点.又，所以，所以点F到直线的最大距离为.19.（1）已知，证明：；（2）设，若恒成立，求正整数的最大值；（3）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析【解析】1）记，，求导，根据导数即可证明；（2）由（1）