2026年浙江杭州市高三二模高考数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2025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：1.本试卷分试题卷和答题卷两部分.满分150分，考试时间120分钟.2.请用黑色字迹的钢笔或签字笔在答题卡指定的区域（黑色边框）内作答，超出答题区域的作答无效!3.考试结束，只需上交答题卡.一、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．数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（

）A．3 B．5 C．6 D．72．若（i为虚数单位），则（

）A． B． C． D．3．设，若，则（

）A．且 B．且C．且 D．且4．我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2.规格一号二号三号四号五号尺寸（单位：cm）288×192240×160192×128144×9696×64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5．设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（

）A．1 B．2 C． D．6．设函数的图象关于直线对称，则（

）A． B． C． D．7．已知向量，满足，，设，且，则的最小值为（

）A．2 B．1 C． D．8．设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上.若，则四边形面积的最大值为（

）A． B．4 C． D．2二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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．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11．选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k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．，，三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．设函数，则______.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______.14．一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.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______.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．设公比为q的等比数列的前n项和为，且.(1)求q和;(2)求.16．如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点.(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.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名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）：等待时间频数2014106(1)估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）；(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；（ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值.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表示）；（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.19．（1）已知，证明：；（2）设，若恒成立，求正整数的最大值；（3）求证：.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．D【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．C【详解】,所以,.3．B【详解】函数，由题意可知，，恒成立，则且.4．A【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．C【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．B【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．D【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，所以当时，取最小值.8．B【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，列出梯形的面积表达式，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，再令，则，，故，故当时，取得最大值为.【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理.9．BC【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，，故C正确；对于D，，故D错误.10．ACD【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，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，则函数与直线的图象有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：若有三个不同的零点，，，则有3个根.其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则.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条，等价于有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.11．ABD【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，正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为；体对角线轴（连接相对两个顶点），基本对称角度为；棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为，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.12．2【详解】因为，所以.13．##【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，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.14．82【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；（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．15．(1)，(2)【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.【详解】（1）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;（2）由(1)得.16．(1)证明见解析(2)【分析】（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.【详解】（1）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.（2）以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，设，由（1）知平面，则为平面的法向量.则，，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．(1)7.7分钟(2)（i）证明见解析（ii）元【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可.（2）（i）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.【详解】（1）平均时间.（2）（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．(1)(2)（i）（ii）存在，【分析】（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.（2）（i）先求出直线OA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的坐标；利用中点坐标公式，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.【详解】（1）将点代入得，所以：.（2）（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，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）证明见解析（2）2（3）证明见解析【分析】（1）