浙江杭州市2025-2026学年第二学期高三二模教学质量检测数学试卷+答案

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页浙江杭州市2025-2026学年第二学期高三二模教学质量检测数学试卷学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题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z=2+i1A．52 B．2 C．102 3．设fx=a+bA．a=1且b=1 C．a=0且b=2 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y=kx−k+1与圆x2+y2A．1 B．2 C．−1 D．6．设函数y=3sin4x+φA．π6 B．π3 C．2π7．已知向量a，b满足a=2b=2，a⋅b=−A．2 B．1 C．52 D．8．设椭圆C：x2a2+y2b2=1a>b>0，点A2,A．42 B．4 C．22二、多选题9．在△ABC中，AC=5，A．sin∠BACC．CA−C10．已知函数fx=2A．∃a∈RB．∀a∈RC．若fx有三个不同的零点x1，x2，D．过点0,m且与曲线y11．选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作Γkθ为“将正方体绕直线PQ旋转θA．Γ1(B．Γ1(40°C．Γ1(D．Γ1(75°三、填空题12．设函数fx=10−13．已知双曲线E：x2a2−y2b2=1a>0,b>0的右焦点为F，过原点O14．一个边长为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15．设公比为q的等比数列an的前n项和为Sn，且(1)求q和a1(2)求Sn16．如图，正四棱锥P−ABCD(1)证明：PC⊥平面(2)设点Q在棱AB上，求平面PDQ17．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051015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X，随机变量X服从指数分布，且X取值不超过x的概率为PX≤x（i）证明：对于任意的s,t>（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Y（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若0≤Y≤18．已知抛物线Γ：y2=2pxp>0的焦点为(1)求Γ的方程；(2)已知点Mt2,2tt>0在Γ上，过（i）求点P的坐标（用t表示）；（ii）设直线OP与Γ的另一个交点为N，焦点F到直线MN19．（1）已知0<x<（2）设∀x∈(0,（3）求证：k=答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页《浙江杭州市2025-2026学年第二学期高三二模教学质量检测数学试卷》参考答案题号12345678910答案DCBACBDBBCACD题号11答案ABD1．D【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10，因为i=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】z=2+3．B【详解】函数f(由题意可知，∀x∈R，f(x4．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960−96080055296−55296384005．C【分析】由题意得直线过定点P(1,1)，圆心为O，所以M【详解】由题意得k(x−1)−y点P到圆心O的距离d=1−02且MN与PO垂直时，MN最小，此时kPO6．B【详解】根据辅助角公式y=3sin则y=2sin即4×π2因为0<φ<π，所以当7．D【分析】由向量模的运算结合二次函数顶点式即可求c的最小值.【详解】由题意得a=则c=代入y=1−所以当x=14时，c8．B【分析】由条件先判断四边形ABMN为梯形，设出直线M【详解】由A(2,0)和B因直线AB的斜率为1-0又因MN//AB，故可设直线将其与x24+y2由Δ=4m由韦达定理得x1所以MN由MN//AB可知四边形AB则梯形ABMN的高也即点B到直线M故梯形ABMN由图知面积最大值不在m>1时（此时MN在A令m=2cosα，则-2再令t=sinα-cos故S=故当t=2时，S取得最大值为【点睛】对于形如a29．BC【分析】由余弦定理解出AB的长，确定△【详解】由余弦定理得cos∠解得AB=3，因为AB2对于A，sin∠对于B，S△对于C，C=5对于D，A=510．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0,m得m=−4【详解】已知fx=2选项A：若fx是增函数，只需f′x≥0所以∃a∈R选项B：f−x=则f−x≠选项C：若fx有三个不同的零点x1，x2，x其中一个零点为x1=0，另外两个零点为2x2+6所以x1选项D：设切点为t,2t所以切线方程为y−又切线过0,m，所以m−切线恰有3条，等价于m=−4t3g′令g′t=0，即t2当t∈−∞,−1∪所以gt在−∞,−1所以极小值为g−1=所以当−2<m<0所以当−2<m<011．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90°体对角线轴（连接相对两个顶点），基本对称角度为120°棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为180°由于点P,Q是在表面上选取的，只要PQ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90°对于B，总角度可以为40°对于C，总角度为90°+60°=对于D，总角度可以为75°12．2【详解】因为f(所以f(13．3+1【详解】设P在x轴上方，由双曲线的对称性可知OP=OQ，又因为PF又根据直线PQ的斜率为3得到∠POF=连接P与左焦点F'，由OP=OF由双曲线定义可知PF'-所以双曲线的离心率为e=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1种方法染色，①②不同色时，矩形A另外两边有2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C2（2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有C4（3）当①②③④每两个同色时，此时共有C4综上，共有2+15．(1)q=2(2)S【分析】(1)由等比数列前n项和Sn与通项公式an的关系即可求q(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an公比为q当n=1时,S1=a当n≥2时,Sn=a所以，q=a2−a（2）由(1)得Sn16．(1)证明见解析(2)3【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PC与BM，PC与DM垂直，进而证明（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Q点的坐标参数，进而表示出平面PDQ的法向量，结合平面【详解】（1）因为P−ABCD所以PC⊥D又因为DM∩BM=所以PC⊥平面（2）以D为坐标原点，AD,DC所在直线为x,y轴，以过点D且垂直于底面的直线为z轴，建立如图所示空间直角坐标系，则设Q(2,t,则CP=1则DQ=2设平面PDQ的法向量为则DQ⋅n记平面PDQ与平面BDM所成角为当t=23时，cos17．(1)7.7分钟(2)（i）证明见解析（ii）2+【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X=（2）（i）证明：由题意知，P(分别记已经等待s分钟和已经等待s+t分钟为事件A和事件则P=e所以对于任意的s,t>（ii）由（i）知，PP(所以费用的期望是2×18．(1)y(2)（i）P3t【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y2=2（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MN【详解】（1）将点A4,4代入y2=2p（2）（i）过M点斜率为2的直线y−LOA直线方程y=x，由可得Q2设PxP,yP即t2+xP=（ii）因为P3t2−4解方程组y=4t所以kM直线MN：y整理得t2因此直线MN过定点E又F1,0所以点F到直线MN的最大距离为1019．（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析【分析】（1）记f(x)（2）由（1