浙江省杭州市2026届高三数学下学期5月阶段测试试题

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．1.（）A.2B.4C.D.6【答案】C【解析】【分析】根据复数模的概念直接求解.【详解】由题意：.故选：C2.若集合，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用对数函数在单调递增，解对数不等式，再结合交集的概念即可.【详解】∵在单调递增，∴，则.故选：C.3.为等比数列的前项和，，对，甲：；乙：；则（）A.甲是乙的充分不必要条件B.甲是乙的必要不充分条件C.甲是乙的充要条件D.甲是乙的既不充分也不必要条件【答案】B【解析】第1页/共19页

【详解】充分性：由可得；因此可知等比数列的各项均为正数，所以公比，当时，满足，当时，满足，因此充分性不成立；必要性：因为，若，可得等比数列为递增数列，且各项均为正数，所以，因此，即必要性成立.即可得甲是乙的必要不充分条件.4.我国古代数学家僧一行应用“九服晷影算法”在《大衍历》中建立了晷影长与太阳天顶距（）的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表．根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即．对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，，若第一次的“晷影长”是“表高”的2长”是“表高”的（）A.倍B.倍C.倍D.倍【答案】B【解析】结合两角差的正切公式可得“晷影长”与“表高”的比值，得出答案.【详解】由题可得，又，所以.即第二次的“晷影长”是“表高”的.5.已知椭圆：的左、右焦点分别是，是上一点，直线的斜率为3，直线的斜率为，则的离心率是（）A.B.C.D.第2页/共19页

【答案】D【解析】【分析】依题意有且，中由勾股定理，得的齐次式可求离心率的大小.【详解】因为直线，的斜率之积为，所以，，由直线的斜率为3，可知，所以，因为，所以，，因为，所以，即，所以，所以.6.设，，，则（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】利用中间值法，再结合指数函数和对数函数的单调性即可比较大小.【详解】由，，，知，，又，所以，故，又，故，所以，因此可得.第3页/共19页

故选：C.7.小明高考结束后出去游玩，帽子和墨镜每天至少戴一件，他每天戴帽子的概率为，戴墨镜的概率为，各天穿戴的情况独立，表示他在20天的游玩时间中只戴帽子的天数，则其期望（）A.4天B.8天C.10天D.16天【答案】A【解析】【详解】记为事件“小明戴帽子”，记为事件“小明戴墨镜”，，，，所以，，（天）.8.已知函数，若，则的最小值为（）A.1B.2C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意可得，结合函数的单调性可得，进而可求的最小值.【详解】函数的定义域为，可得函数在上单调递增，又，由，得，因为函数在上单调递增，所以，所以，第4页/共19页

所以，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故选：B.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．9.2025年1月20日，DeepSeek发布并开源DeepSeek-R1模型，这是继ChatGPT之后人工智能技术的又一次突破，对人工智能市场的发展产生了巨大的推动作用.以下是收集到的2015年至2024年人工智能的市场规模（单位：十亿美元）的数据：年份2015201620172018201920202021202220232024年份代号12345678910市场规模6.49.513.820.12940.75880.4150设与的关系可以用线性回归模型进行拟合，4.8，则（）A.人工智能的市场规模与年份正相关B.人工智能的市场规模的分位数为C.关于的回归方程为D.人工智能的市场规模的年增长率约为【答案】AD【解析】【分析】根据正相关、百分位数、的概念可判断A、B；将代入求解即可判断C；设，通过计算估算的关系即可判断D.【详解】对于A，人工智能的市场规模随年份增大而增大，故是正相关关系，故A正确；对于B，分位数是从小到大第9个和第10个数据的平均数，即，故B错误；对于C，因为，即，故C错误；对于D，设，则，故的年增长率约为，故D正确.故选：AD.第5页/共19页

10.已知是抛物线的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则（）A.B.C.以M为圆心且过F的圆与C的准线相切D.当时，的面积为【答案】ABC【解析】【分析】根据焦点坐标求出判断A，根据抛物线定义判断B，C，应用已知联立方程求出点的坐标计算判断三角形的面积判断D.【详解】因为是抛物线的焦点，所以，即得，A选项正确；设在上，所以，所以，B选项正确；因为以M为圆心且过F的圆半径为等于M与CM为圆心且过F的圆与C的准线相切，C选项正确；当时,，且，，所以,或舍所以的面积为，D选项错误.故选：ABC.第6页/共19页

已知是定义在，，若时，，则下列说法正确的是（）A.是奇函数B.，C.D.在区间上，有2027个零点【答案】ABD【解析】A利用对称性求出时的解析式，验证B；接着分析一个周期内的函数值，通过分组求和判断C错误；最后分析函数在区间内的零点分布，得出整数点均为零点，共个，验证选项D．【详解】对于A，由，得，即，又，所以，即是以周期为的周期函数，由，得，所以，即，所以是奇函数，A正确；对于B，由，得，所以，B正确；对于C，，，，，一个周期内的和：，所以，C错误；对于D，是以周期为的周期函数，，，第7页/共19页

时，，，所以，时，，，所以，所以在内的零点有，而包含个完整周期，所以是的零点，共个，D正确．三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分．12.已知向量，在方向上的投影向量的坐标是______．【答案】【解析】【分析】根据数量积的运算律求得，，根据投影向量的概念求解即可.【详解】，，因为，所以，解得．所以，，所以在方向上的投影向量的坐标为．13.的展开式中含的项为____.【答案】【解析】【分析】首先原式变形为，再利用两个二项展开式求含的项.【详解】,中项的系数为，的常数项为，中项的系数为，中项的系数为，中，常数项为，中项的系数为，第8页/共19页

所以展开式中含的项的系数为，所以的展开式中含的项为.14.如图为四棱锥为平行四边形，是边长为1的等边三角形，为的中点，，则四棱锥的外接球表面积为______．【答案】【解析】【分析】由已知条件确定底面为等腰梯形，并确定，得到底面外接圆圆心即为中点，在底面以为轴建系，确定外接圆圆心坐标，再设球心通过即可求解.【详解】是边长为1的等边三角形，故侧棱，，底边；是中点，，是平行四边形，故底边，，，.可知底面为等腰梯形，因为为等边三角形，且为平行四边形，可得：，在底面中连接，第9页/共19页

则，即，，在底面以分别为轴，过作平面的垂线为轴，如图：可得：，，，，因为，则底面外接圆，也即是的外接圆，即的中点即为底面外接圆圆心，坐标为，设，由、、，可得，解得即由四棱锥外接球的性质，外接球的球心在过垂直于底面的直线上，故设球心，由得：，解得，因此外接球半径平方：，外接球表面积：.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.在中，内角，，满足．（1）求；第10页/共19页

（2）若为边上一点，，，，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】1）先利用三角形的内角和公式结合两角和与差的三角函数公式，求，进而可得角.（2推导形的面积公式求的面积.【小问1详解】由，所以,所以，又为三角形内角，所以，所以．【小问2详解】因为，所以，所以，又，所以，，所以面积．16.的底面是矩形，平面是棱是棱上的一点，且，，，.第11页/共19页

（1）求证：；（2）若平面，求直线与平面所成角的正弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】1）方法一：连接，先利用平面几何知识求得，利用线面垂直的性质定理得，然后利用线面垂直的判定定理得平面，进而利用线面垂直的性质定理证明即可；方法二：建立空间直角坐标系，表示点的坐标，设，利用向量数量积即可证明.（2为量公式求解即可.【小问1详解】方法一：如图，连接，在矩形中，，，，所以，，又，，所以.因为，所以，即.因为平面，平面，所以.因为，，，，平面，所以平面，又平面，所以.方法二：由题意可知，，两两垂直，故可以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.第12页/共19页

因为，，，则，，.设，则，.由可得，即.【小问2详解】连接交于点，连接，因为平面，平面，平面平面，所以.因为四边形是矩形，所以为的中点，所以为的中点.由题意可知，，，两两垂直，故可以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系.故，，，.所以，，.设为平面的一个法向量，则，故可取.设直线与平面所成角为，则，即直线与平面所成角的正弦值为.17.已知数列的前项和为，且．第13页/共19页

（1）求数列的通项公式；（2）若，记数列的前项和，求证：．【答案】（1）（2）证明见解析【解析】1）利用已知递推式得出数列是等比数列，进而求出的通项公式；（2）先求出，再利用裂项相消法求和，进而证明结论．【小问1详解】，则，，又，故是首项为，公比是的等比数列，，即，成立，数列的通项公式为．【小问2详解】，，，，，，第14页/共19页

，故．18.已知双曲线：的左、右顶点分别为，是向的两条渐近线作垂线，垂足分别为，，且.（1）求的方程；（2）若是的左支上异于点的一点，直线交直线于点，直线交于另一点.（i）设直线的斜率分别为，，求证：为定值；（ii）求坐标原点到直线距离的最大值.【答案】（1）（2iii）4【解析】1）先设点，再应用点到直线距离公式计算求解得出参数即可得出双曲线方程；（2iii联立计算斜率乘积得出，最后应用定点得出距离的最大值.【小问1详解】由题意知的渐近线方程为，设，则.因为，所以，所以的方程为.【小问2详解】第15页/共19页

（i）证明：由（1，，设，，，直线的斜率，直线的斜率.因为，所以.因为，，所以.因为，所以，所以，即为定值.（ii）解：若直线的斜率为0，根据对称性，直线与直线的交点应在轴上，不符合题意，所以直线的斜率不为0，又，不重合，故可设直线的方程为.联立得，由题意得且，即，由韦达定理，得，.由（i）得，故，所以，化简，得.第16页/共19页

因为，所以，解得.所以直线的方程为，因此直线恒过点，所以当时，坐标原点到直线的距离取得最大值4.19.已知函数，．（1）求曲线在处的切线方程；（2）求在上的单调区间；（3）若，，且，满足，求证：．（参考数据：）【答案】（1）（2）的增区间为，无减区间（3）证明见解析【解析】1）应用导数的几何意义求切线方程；（2）对函数求导，应用导数的符号研究函数的单调区间；（3）根据题设分析，令并应用极值点偏移思想构造，，再应用导数研究函