2026-2027学年浙江省杭州市杭州高级中学高三上学期9月月考数学试卷（含解析）

/数学满分150分，考试时间120分钟.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.已知函数，则（）A.4 B.2 C. D.2.已知是非零平面向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件3.某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（）（水桶壁与底的厚度忽略不计）A. B. C. D.4.已知两个线性相关变量与的统计数据如下表：23562.64.05.65.8其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（）A. B. C. D.5.已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（）A.3 B.4 C.5 D.66.已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（）A.1 B. C. D.7.已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.8.某工厂某次送检的产品中有3件一等品和2件二等品，质检员每次从这批产品中随机抽取一件进行检测，若抽到一等品则放回，若抽到二等品则不放回（留作下一步检验）.记为进行了次检测后，二等品恰好全部被抽出的概率，则（）A. B.C. D.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.在三棱台中，底面，，分别为棱的中点，则下列判断正确的有（）A. B.平面C.直线与直线共面 D.直线与直线异面10.下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（）A.各项系数之和为 B.各项系数的绝对值之和为C.不存在项 D.常数项为11.已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（）A.取值范围为 B.的取值范围为C.的取值范围为 D.的取值范围为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某同学坚持跑步锻炼身体，他记录了8周的跑步数据（单位：千米）：，则这组数据的第40百分位数为________.13.已知是正实数，复数，，若的实部与虚部相等，则的最小值为________.14.如图，对垂直于球门底线的射线，当与底线的交点在线段的延长线上时，可以证明总能在上找到唯一的最佳射门点，即使最大的点.而当小申同学考察沿着直线在点右侧平行移动的情况时，发现相应的点都落在某条圆锥曲线上.则该曲线的离心率为_________.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.已知数列的前项和为，且.（1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.16.在中，内角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围.17.如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为．（1）证明：平面；（2）求四面体外接球的体积；（3）求的长．18.已知函数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论零点的个数；（3）若，求实数的取值范围.19.已知曲线与点，O为原点，动点，且的最大值为．（1）求曲线E的方程；（2）已知有个点，，，…，按逆时针顺序依次在E上，且，．（ⅰ）当，关于y轴对称，且的面积为1时，求直线的斜率；（ⅱ）当的面积都相等时，记多边形的周长为．若对于，都有，求整数的最小值．

数学满分150分，考试时间120分钟.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.已知函数，则（）A.4 B.2 C. D.答案：A解析：解答过程：因为，所以，，所以.2.已知是非零平面向量，则“”是“”的（）A.充分而不必要条件 B.必要而不充分条件C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件答案：B解析：思路：根据平面向量数量积的定义和运算律，结合充分条件和必要条件的定义即可求解.解答过程：由，得，故必要性成立；由，得，得，不一定成立，故充分性不成立.所以“”是“”必要不充分条件.故选：B3.某圆台形无盖水桶的表面积为，水桶下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，则该水桶的容积为（）（水桶壁与底的厚度忽略不计）A. B. C. D.答案：B解析：思路：水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，由圆台的体积公式求解．解答过程：水桶是一个倒立的圆台，设母线长为，因为表面积为，下底面的半径为5cm，上底面的半径为10cm，所以，解得，设水桶的高为，如图所示：，所以水桶的容积为.故选：B4.已知两个线性相关变量与的统计数据如下表：23562.64.05.65.8其回归直线方程是，据此计算，则样本点在处的残差为（）A. B. C. D.答案：C解析：解答过程：根据题意，，，又在回归直线上，所以，解得，所以回归直线方程为，当时，得到预估值为，所以样本点在处的残差为.5.已知，，为抛物线上一动点，则的最小值是（）A.3 B.4 C.5 D.6答案：D解析：思路：根据抛物线定义可得，进而可解.解答过程：由抛物线的方程为，其焦点坐标为，准线为，所以为抛物线的焦点，因为在抛物线内部，作出示意图如下，过点作准线的垂线，垂足为，由抛物线定义可知，，当且仅当三点共线时等号成立.6.已知关于的方程在内有2个不同的解，，则（）A.1 B. C. D.答案：D解析：思路：辅助角公式得，取为锐角且，由得，，则，求值即可.解答过程：因为，取为锐角且，，所以，由题意可得.因为，不妨设，由，有，，即，所以，.故选：D.方法提示：思路点睛：辅助角公式的作用之一是将含有正弦、余弦两种三角函数的表达式合并为只含有一种三角函数的表达式，两个角的正弦值相等，则这两个角终边重合或终边关于轴对称.7.已知函数定义域为，且函数与均为偶函数，当时，是减函数，设，，，则a，b，c的大小关系为（）A. B.C. D.答案：C解析：思路：由两个偶函数推出周期为2，将a，b，c自变量统一转化到区间，利用该区间函数递减，比较自变量大小得到函数值大小.解答过程：因为函数是偶函数，则，又因为为偶函数，则，可化为，所以有，所以函数是周期为2的函数，则，，又时，是减函数，由，可得，即.8.某工厂某次送检的产品中有3件一等品和2件二等品，质检员每次从这批产品中随机抽取一件进行检测，若抽到一等品则放回，若抽到二等品则不放回（留作下一步检验）.记为进行了次检测后，二等品恰好全部被抽出的概率，则（）A. B.C. D.答案：B解析：思路：分别计算，再计算，判断A；计算，判断B；计算，判断C；计算，判断D.解答过程：；；；；因为，所以，所以A错误；因为，所以，所以B正确；因为，所以，所以C错误；因为，，所以，所以D错误.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.在三棱台中，底面，，分别为棱的中点，则下列判断正确的有（）A. B.平面C.直线与直线共面 D.直线与直线异面答案：ACD解析：思路：利用线面垂直证得A,利用棱台还原棱锥，判断与侧交否定B；相交直线必共面判定C；依据异面直线定义，验证和无交点且不平行，确定D.解答过程：对于选项A，如图所示：已知，是中点，所以，又，因此，由底面，平面，故，则，又，且平面，所以平面，又平面可得，则A正确.对于选项B，棱台由棱锥截得，延长侧棱交于顶点P，因为分别为棱的中点，则三点共线，同时三点共线，故P是与直线的交点，平面，即直线与平面存在公共点P，则B错误.对于选项C,由B选项可知，直线与直线交于原棱锥顶点P，空间中，两条相交直线可以确定唯一一个平面，因此与在同一个平面内，两直线共面，故C正确.对于选项D，若，共面，则四点共面，则平面，又，平面，所以平面，所以平面，但平面，矛盾，假设错误，所以直线与直线异面,故D正确.10.下列关于多项式的展开式的结论中，正确的是（）A.各项系数之和为 B.各项系数的绝对值之和为C.不存在项 D.常数项为答案：AD解析：思路：赋值法判断A、B；根据已知多项式，结合二项式定理判断C、D的正误.解答过程：令得，故A正确﹔取多项式，将代入多项式可得，故B错误﹔由题设，，若要得到含项，只需个因式中个取，剩下个取，故C错误;个因式中个取，个取，剩下个取，得5个因式中个取个取，剩下个取，得，5个因式中均取，得.故常数项为，D正确.故选：AD.11.已知函数交轴于点，（），交轴于点，则（）A.取值范围为 B.的取值范围为C.的取值范围为 D.的取值范围为答案：BCD解析：思路：选项A，结合导数判断的单调性与极值，根据极值和零点的关系确定的取值范围；选项B，结合题意构造函数，利用函数单调性确定的取值范围；选项C，结合夹角公式可得，再结合的范围，分析夹角的取值范围；选项D，通过取值分析范围即可.解答过程：选项A，对求导得，令得；时，，单调递减；时，，单调递增，因此的最小值为，有两个零点需要，即，故A错误.选项B，由单调性可知零点满足，且，令，在单调递增，取，则：求导得，故，即，因此，即，B正确.选项C，交轴得，故.是轴正方向与的夹角，因此：，代入，令，得：，又，即，因此，C正确.选项D，三角形内角和，同理可得：当时，，，故；当时，，，故.始终大于、小于，因此，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.某同学坚持跑步锻炼身体，他记录了8周的跑步数据（单位：千米）：，则这组数据的第40百分位数为________.答案：9解析：解答过程：将按从小到大顺序排列得.因为，所以这组数据的第40百分位数为第4个数，即.13.已知是正实数，复数，，若的实部与虚部相等，则的最小值为________.答案：##解析：解答过程：，由题意可得，所以，所以，解得或（舍去），当且仅当时取等号，所以的最小值为.14.如图，对垂直于球门底线的射线，当与底线的交点在线段的延长线上时，可以证明总能在上找到唯一的最佳射门点，即使最大的点.而当小申同学考察沿着直线在点右侧平行移动的情况时，发现相应的点都落在某条圆锥曲线上.则该曲线的离心率为_________.答案：解析：思路：最佳射门点使最大，等价于过、的圆与射线所在的直线相切，为切点.由此确定点所在的曲线方程，再求其离心率.解答过程：如图，建立直角坐标系.设，，，要使最大，则点为过、的圆与直线的切点.设过、的圆的圆心为，因为为圆与直线的切点，所以.又，所以.即点在等轴双曲线上，所以点所在圆锥曲线的离心率为.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.已知数列的前项和为，且.（1）设，证明数列是等比数列，并求数列的通项公式；（2）设，求数列的前项和.答案：（1）由题意，当时，，解得，当时，由①，可得②，①-②，可得，即，两边同时加6，可得，，，即.，数列是以2为首项，为公比的等比数列，∴数列的通项公式为，即；（2）解析：思路：（1）应用等比数列定义证明，再结合等比数列通项公式计算求解；（2）应用错位相减法结合等比数列求和公式计算求解.（1）略（2）由（1）知，，则，，，两式相减，得，，.16.在中，内角的对边分别为，若.（1）求角的大小；（2）若，的平分线交于点，求线段长度的取值范围.答案：（1）（2）解析：思路：（1）由正弦定理及余弦定理进行求解；（2）由三角形的面积公式及余弦定理得，再由基本不等式求解．（1）因为，所以：，即，由正弦定理得，即，由余弦定理得，又，所以.（2）因为，所以，解得，由余弦定理得，即，设，则，由基本不等式：，故，解得，故，又，所以，因此.17.如图，在四面体中，D为棱上一点，，，，且，，二面角的大小为．（1）证明：平面；（2）求四面体外接球的体积；（3）求的长．答案：（1）由，，，可得：，则由勾股定理得：，又，，平面，所以平面；（2）；（3）.解析：思路：(1)利用勾股定理证明一个线线垂直，再利用一个已知的垂直关系，即可证明线面垂直；(2)利用线面垂直可得线线垂直，再证明平面，从而可得直角四面体，利用补形法求外接球半径，即可求出体积；(3)利用换底面建立空间直角坐标系，把所求的线段长设为参数，结合已知数据表示各点坐标，通过法向量夹角余弦值的绝对值为，建立相等关系求解即可.（1）略（2）由平面，平面，所以，又，平面，所以平面，则四面体满足平面，，因此这个四面体可以放在一个长方体里，所以外接球的直径就是该长方体的体对角线，因为，所以外接球的半径，即该外接球的体积，（3）把这个三棱锥换成以作底面，因为，所以以为坐标原点，如图建立空间直角坐标系，由于平面，，，,设，则，即，，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，设平面的法向量为，则，令，则，，所以，因为二面角的大小为，所以，解得故18.已知函数，.（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）讨论零点的个数；（3）若，求实数的取值范围.答案：（1）（2）当时，无零点；或时，有1个零点；当时，有2个零点.（3）解析：思路：（1）先求出导数，再点斜式得出切线方程；（2）分时，或时，时，结合函数单调性得出零点个数；（3）分两种情况讨论，利用函数单调性计算求解即可.（1）由已知，，，所以切线方程为.（