浙江省杭州市富阳区2026届高三数学下学期题库试题含解析

浙江杭州市富阳区2026届高三下学期题库

数学试题

考生须知：

1.本试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟.

2.答题前，请在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号.

3.所有答案必须写在答题卷上的规定区域内，写在试卷上无效.

4.考试结束后，只需上交答题卷.

选择题部分

一、选择题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项符

合题目要求.）

1.若，则复数z在复平面内对应的点位于（）

A.第一象限B.第二象限

C.第三象限D.第四象限

【答案】C

【解析】

【分析】利用复数的除法及复数的几何意义即可求解.

【详解】由题意得，

则z在复平面内对应的点位于第三象限.

故选：C.

2.已知全集为，集合，，则（）

A.B.

C.D.

【答案】C

【解析】

分析】由集合利用对数运算得出集合，然后利用集合交并补运算即可.

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【详解】因为，所以，

所以，故，

故选：C.

3.已知为曲线（）上的点，则的最小值为（）

A.B.

C.1D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题可得，利用基本不等式可求得的最小值.

【详解】由题，且，即.

所以，当且仅当，即时，等号成立.

所以的最小值为.

故选：D.

4.将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则（）

AB.

C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出平移变换后函数的解析式，然后计算即可.

【详解】函数的图象向左平移个单位得到：

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，

所以，

故选：A.

5.《水浒传》、《三国演义》、《西游记》和《红楼梦》被称为中国古代四大名著.书架的某一层上有4本不同

的文学书，现将四大名著各一本插入这4本书的5个空隙中，要求原有书的顺序不变且四大名著中至少有3

本相邻，则不同的插法共有（）

A.120种B.240种

C.480种D.600种

【答案】D

【解析】

【分析】利用计数原理以及相邻问题捆绑法可得答案.

【详解】四大名著恰有3本相邻共有种插法；

4本相邻时共有种插法，

所以不同的插法共有600种，

故选：D.

6.已知函数的定义域为，对，与均恒成立，

则（）

A.B.0

C.D.1

【答案】B

【解析】

【分析】先根据题意求出函数的周期，并求出，再根据周期求得的值.

【详解】由，，

令得，，

所以，故，即是周期为4的周期函数.

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所以.

故选：B.

7.在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点，，若直线OA截以AB为直径的圆所得

的弦长为1，则实数（）

A.B.

C.1或D.或

【答案】D

【解析】

【分析】先确定以为直径的圆的圆心和半径，再利用垂径定理建立弦长、弦心距与半径的关系，最后通

过点到直线的距离公式求解即可.

【详解】根据题意，以为直径的圆，圆心为的中点，

半径.

又直线截圆所得弦长为，则弦心距满足.

而弦心距等于点到直线的距离，直线的方程为，

所以.

因此，整理得，解得

故选：D.

8.已知数列的前n项和为，则对，“”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】A

【解析】

【分析】利用累加法，结合题意可得，由能推出；举出反例，可得

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“”推不出“”.由充分、必要条件的定义得出答案.

【详解】由得：，，，……，，

不等式左右两边分别相加，得

，

消去两边相同的项得，，

所以；

取数列满足，，，且对且有.

满足，，但.不满足.

即“”推不出“”.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A.

二、选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合

题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.）

9.已知随机变量，且，（），则（）

A.B.

C.D.（）

【答案】BC

【解析】

【分析】利用正态分布曲线的对称性逐一判断即可.

【详解】对于A，因为，所以，故A错误；

对于B，因为，则，则，即

，故B正确；

对于C，因为，而，

故，故C正确；

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对于D，因为，所以，又，所以，

故D错误.

故选：BC.

10.如图，在正四棱锥中，，，，，分别为侧棱PA，PB，PC，PD的中点，

若多面体的体积为，则（）

A.平面B.四棱锥的外接球半径为2

C.直线与底面ABCD所成角的余弦值为D.点B到平面PAD的距离为

【答案】ACD

【解析】

【分析】对于A选项，通过中位线构造线面平行，再由线线平行推导线面平行即可；对于B选项，先由棱

台体积求出棱台高，进而得到四棱锥高，再通过勾股定理判断侧棱与对角线的垂直关系，确定外接球球心，

再求得半径即可；对于C选项，取中点构造垂线，将线面角转化为直角三角形内角，再用余弦定义求解即

可；对于D选项，利用等体积法，将点到平面的距离转化为体积问题求解即可.

【详解】对于A，设AC，BD交于点O，连接，易知，又平面，

，则平面，A正确；

对于B，多面体为四棱台，，设四棱台的高为h，则四棱台

的体积，

得，易知四棱锥的高，故，又，

易知，，

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所以点O即为四棱锥P-ABCD的外接球球心，其半径，B错误；

对于C，取OC中点E，连接，则，平面ABCD，则即为直线与底面ABCD

所成的角，

又，，，，C正确；

对于D，由，得为正三角形，，又

，

则，设点B到平面PAD距离为d，

则，解得，

所以点B到平面PAD的距离为，D正确.

故选：ACD.

11.已知曲线E：，为曲线E上的动点，则下列结论正确的是（）

A.曲线E关于直线对称

B.点P不可能在直线上

C.曲线E与圆有4个公共点

D.记曲线E所围成的区域的面积为S，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】首先将互换，判断两个方程是否相等，判断A，直线方程与曲线方程联立，判断是否有实根，

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判断B，两个曲线方程联立，判断C，首先判断曲线的范围，判断D.

【详解】将曲线E的方程中x，y互换得，与原方程不同，

所以曲线E不关于直线对称，A错误；

将代入曲线E的方程得，

因为，所以方程无实数解，

所以曲线E与直线无公共点，故点P不可能在直线上，B正确；

由得，因为，

所以，设（，），

，设，则，

单调递增，由，得在上单调递减，在上单调递增，

又，，，

故，同理可得，，

将代入曲线E的方程得，即，

即，因为所以或，

故或，当时，得，当时，得或，

所以曲线E与圆有4个公共点，，，，

C正确；

，因为，且，

所以，又，，所以，

故，可得曲线E在圆和之间，

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所以，D正确.

故选：BCD.

非选择题部分

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分.）

12.已知，则__________.

【答案】##

【解析】

【分析】用降幂公式将半角转化为整角，化简题干等式；通过移项推导得到与的倍数关系；代

入解出，最后结合二倍角公式即可得解.

【详解】因为，又，

所以

整理得，所以，

又，所以，解得，

因此.

故答案为：.

13.已知倾斜角为的直线l与曲线和都相切，则实数__________.

【答案】##

【解析】

【分析】首先设出切线与曲线的切点，根据导数的几何意义求切点坐标和切线方程，再设出切线与曲

线的切点，根据导数的几何意义求实数的值.

【详解】，设直线l与曲线切于点，

则，得，所以直线l的方程为，

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设直线l与曲线切于点，则，

所以点在直线l上，故，得.

故答案为：

14.已知双曲线C：（，）的左、右焦点分别为，，双曲线C的一条渐近线

的斜率为，过点的直线l与双曲线C的右支交于P，Q两点.A，B分别为和的内心，

若四边形的面积为，则直线l的斜率为__________.

【答案】2或

【解析】

【分析】易得，由三角形内切圆的性质，可得的横坐标均为，即.根据四边形的面

积为，求得.设直线l的倾斜角为（），利用直角三角形中角的正切的

定义，用表示，从而解得.由二倍角的正切公式，求出，即直线l的斜率.

【详解】因为双曲线C：（，）的一条渐近线的斜率为，所以.

设双曲线C的焦距为2c，则，得.

设点A在直线，，上的射影分别为，

则，

又，所以，故点M的横坐标为a，所以点A的横坐标为a.

同理可得点B的横坐标也为a，所以三点共线，所以，

故四边形的面积.

因为四边形的面积为，所以，所以得.

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设直线l的倾斜角为（），则，且.

所以，，

所以，

所以，解得或.

所以或，故直线l的斜率为2或.

故答案为：2或.

四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.）

15.已知的外接圆半径为2，的内角A，B，C的对边分别为，且.

（1）试判断的形状；

（2）若，求周长的最大值.

【答案】（1）钝角三角形

（2）

【解析】

【分析】（1）根据余弦定理，可得，则，故C为钝角，可得△ABC为钝角三角形

.或使用正弦定理对条件进行边化角，由两角和的正弦公式可得，从而得到△ABC为钝角三角形；

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（2）由正弦定理进行边角互化，可求得，从而得.由此可用表示，利用正弦定理将表示

成的函数，根据正弦函数的最值，可求得的最大值，再求出，即可得到周长的最大值.

【小问1详解】

因为，由余弦定理得，即.

故，所以，故C为钝角，

所以△ABC为钝角三角形.

另解：因为，由正弦定理得，

因为，所以，

即，即，

因为，所以，

所以，故C为钝角，

所以为钝角三角形.

【小问2详解】

的外接圆半径为.

由题，由正弦定理，

得，即.

由（1）知C为钝角，所以.

又.

因为，所以，

所以当，即时，取得最大值，取得最大值，即的最

大值为4.

又，

所以的周长的最大值为.

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16.如图，在多面体中，四边形为正方形，平面，，且

，，为棱上的点.

（1）证明：平面平面；

（2）若平面与平面的夹角的余弦值为，求线段的长.

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）利用面面垂直的判定定理可得答案；

（2）建系，利用面面角的向量计算公式计算可得答案.

【小问1详解】

证明：因为平面，平面，所以，

又四边形为正方形，所以，

因为，平面，

所以平面，

又平面，所以，

在四边形中，易知，因为，所以，

又，故，

所以，故，

因为，平面，

所以平面，

又平面,

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所以平面平面.

【小问2详解】

由（1）知三条直线两两垂直.

以为坐标原点、所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，

设（），

则：，，，，，

设平面的一个法向量为，

，即，令，得，，

所以，

设平面的一个法向量为，

则，即，

令，得，，

所以，

，

解得或（舍）.

所以

17.已知函数.

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（1）求函数的单调区间；

（2）试判断曲线与直线在上公共点的个数；

【答案】（1）单调递增区间，；单调递减区间为，

（2）2

【解析】

【分析】（1）对函数求导，利用正弦函数的图象性质求解导函数不等式即得函数的单调区间；

（2）令，利用导数判断其单调性，结合特殊值与零点存在定理求

出函数的零点个数，即曲线与直线在上公共点的个数.

【小问1详解】

由题意，，

因为，则由可得，

即当，时，单调递增；

由可得，

即当，时，单调递减，

综上，函数的单调递增区间为，；单调递减区间为

，.

【小问2详解】

令，则，

设，则，

所以当时，，则（即）在上单调递增；

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当时，，（即）在上单调递减，

因为，，，

所以存在唯一的，使得，

故当时，，则在上单调递增；

当时，，在上单调递减；

又，，

所以存在唯一的，使得，

综上可得函数在上存在两个零点0和，

所以曲线与直线在上公共点的个数为2.

18.“村超”是乡村足球超级联赛的简称.其通过全民参与的体育赛事激活了乡村振兴新动能，构建了集文化自

信、经济发展、社会治理于一体的乡村发展新模式.为了提高参赛球队技战术水平，某乡镇组织甲、乙、丙、

丁四支参赛球队进行了“热身排位赛”，赛程为：第一轮：经过抽签，甲队和乙队为一组，丙队和丁队为一组，

两组分别进行组内比赛，每组的胜者编入A组，负者编入B组；第二轮：A，B两组的球队分别进行组内比

赛，A组的胜者进入决赛，B组的负者获得第4名；第三轮：A组的负者和B组的胜者比赛，胜者进入决赛，

负者获得第3名；第四轮：决赛，胜者获得第1名，负者获得第2名.已知甲队与其他三支球队的比赛中，

甲队获胜的概率均为.乙、丙、丁三支球队间的比赛中，每支球队获胜的概率均为（比赛没有平局）.且

各场比赛之间互不影响.

（1）求在第一轮比赛中甲队获胜的条件下，乙队获得第3名的概率；

（2）记甲队最终获得的名次为随机变量，求的分布列和数学期望.

【答案】（1）

（2）分布列见解析，

【解析】

【分析】（1）先明确“甲第一轮获胜”和“乙获得第3名”的比赛路径，计算联合概率，再

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用条件概率公式求解即可.

（2）先确定的所有可能取值，再逐一分析每种名次对应的比赛路径，计算概率，最后列出分布列并求期

望即可.

【小问1详解】

设事件M：乙队获得第3名，事件N：第一轮比赛中甲队获胜，则，

，

所以，

所以在第一轮比赛中甲队获胜的条件下，乙队获得第三名的概率为.

【小问2详解】

随机变量的可能取值为1，2，3，4，

；

；

；

.

所以的分布列为：

1234

P

故的数学期望.

19.已知抛物线（）的焦点为F，直线与抛物线交于P，Q两点，

，且（O为坐标原点）.

（1）求抛物线E的方程；

（2）A，B，C，D为抛物线E上的4个点，，且直线AC与BD交于点.

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（ⅰ）求直线AB的斜率；

（ⅱ）试判断直线与是否交于定点？若是，请求出该定点的坐标；若否，请说明理由.

【答案】（1）

（2）（ⅰ）2；（ⅱ）是，

【解析】

【分析】（1）由题可知，，不妨设，，则