2027届浙江杭州市高三一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）2026学年第一学期杭州市高三年级教学质量检测数学试题卷考生须知：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．已知为虚数单位，若，则（

）A． B． C． D．2．设随机变量，若，则（

）A．1 B．2 C．3 D．43．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（

）A． B． C． D．4．已知数列满足，，则（

）A． B． C． D．5．已知曲线在点处的切线方程为，则（

）A．2 B．3 C．4 D．66．中国数学家、菲尔兹奖获得者邓煜曾对玻尔兹曼熵进行深入研究，在一定条件下，系统的熵随时间的变化规律为，其中为平衡态熵，为初始熵，为分子碰撞频率，为自然对数的底数．设，当增大时，系统的熵（

）A．减小，且减速越来越慢 B．减小，且减速越来越快C．增大，且增速越来越快 D．增大，且增速越来越慢7．如图，，，是曲线与的三个相邻的交点．若的面积为，则的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知圆，，，直线被，，截得的弦长分别为，，．若，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．为研究光照时间（单位：h）与某植物产量y（单位：）之间的关系，现收集一组数据并计算得：平均光照时间为10h，植物平均产量为，经验回归方程为，则（

）A．B．变量x和y正相关C．光照时间每增加1h，植物产量约增加D．当x时，y的预测值为710．已知抛物线的焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点P在C的准线上，则（

）A．的最小值为B．存在点，使得C．若，则直线与有两个交点D．若点在轴上，则11．若存在实数和，使得对，，则（

）A．B．当时，C．当时，的最小值为D．当时，的最小值为三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知单位向量，，满足，则________．13．已知、是双曲线C的两个焦点，P为C上一点，且，，则C的离心率为____________．14．已知e是自然对数的底数，若集合恰有4个子集，则满足条件的整数a的个数为______．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．设的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知的面积为．(1)求；(2)若，，求的面积．16．已知数列的前项和为，，．(1)求的通项公式；(2)记，，证明：当时，．17．已知，设集合．(1)若，求；(2)若，且．证明：（ⅰ）；（ⅱ）（为自然对数的底数）．18．已知椭圆的离心率为，过坐标原点的直线交于，两点，且的最大值为4．(1)求的方程；(2)设点在第一象限，作轴，垂足为，连结并延长交于点．（ⅰ）证明：；（ⅱ）记外接圆面积为，外接圆面积为，求的最小值．19．一个圆形项链有颗珠子，每颗为红色或蓝色．若任意将这串项链分割成段，每段连续颗珠子，各段中红色珠子的个数互不相同，那么称这串项链为好分链，正整数对为分链数对．(1)现有甲乙两串项链，如图所示，表示红色，表示蓝色．请判断它们是否为好分链（给出判断即可，不必说明理由）；(2)证明：对任意给定的，是分链数对；(3)对给定的，求所有的正整数，使得是分链数对．答案第=page11页（共=sectionpages22页）答案第=page11页（共=sectionpages22页）1．C【分析】先由复数的运算可得，再由复数的几何意义求复数的模可得.【详解】因为，所以，即，所以.2．B【详解】因为，所以正态分布密度曲线的对称轴为，已知，根据正态分布的对称性，可得，解得．3．A【分析】利用奇函数的性质，并代入函数解析式进行求解即可.【详解】已知函数为奇函数，则4．D【详解】由，得，又，所以，即数列是以为首项，为公比的等比数列，则，即．5．B【详解】由题意得,又曲线在点处的切线方程为,所以,可得.6．D【详解】，由题，，，，指数函数是增函数，且，故恒成立，即，函数单调递增；又随着增大而减小，故随着增大而减小，即函数的图象切线斜率越来越小，即增速越来越慢.7．C【分析】利用和差化积求出两曲线交点横坐标，得到三个相邻交点，算出三角形底边长；再求出交点纵坐标之差作为三角形的高，结合面积公式建立关于的方程，即可求解.【详解】根据题意，，则，即.若，则两曲线完全重合，不满足题意，因此只有，所以，解得.三个相邻交点，，对应的坐标依次取连续整数，，，则，，，所以三角形底边的长度.把，代入，得，，则三角形的高.又，即，即，所以，解得，所以的最小值为.8．A【分析】利用点到直线距离和弦长公式写出三条弦长，代入，换元解方程，最后检验即可。【详解】根据题意，圆的圆心为，圆的圆心为，圆的圆心为，且三个圆的半径均为.当时，，不满足，所以；当时，各圆的圆心到直线的距离依次为，，，此时，同理，，又，所以，化简得.令，则可得，即，两边取平方，得，即,两边再取平方，整理得，解得或，因为，所以，所以.检验：，且此时满足.故.9．ABC【详解】由题意可知：样本中心为，将其代入中可得，故A正确，对于B,由于经验回归方程的斜率为0.5，故x和y正相关，光照时间每增加1h，植物产量约增加,BC正确，对于D,当x时，,y的预测值为5.7,D错误.10．AD【分析】选项A，利用直线参数方程结合韦达定理与焦点弦长公式，求出弦长关于斜率倒数的二次函数最小值，选项B，通过证明向量恒非负，得出两线夹角最大为直角，从而排除钝角可能，选项C，由向量垂直条件得出点坐标后，推导发现直线斜率恰好等于抛物线在点处的切线斜率，证明其为仅有一个交点的切线，选项D，确定点坐标后，利用韦达定理推导证明直线和的斜率互为相反数，从而得出两直线关于轴对称且角度相等.【详解】由题意得，准线，，设直线，联立得，设，则，则，且恒成立，对于A，，因为，所以当时即直线垂直于轴时，取最小值，故A正确，对于B，因为P在C的准线上，故设点，所以，则，由上知，则，因为，所以，则，可知，故B错误，对于C，若，则，由上知此时，即，此时点，则，由上知，则，因为，且点在抛物线上，即，所以，则，设过点的切线方程为，由题意得存在且，则，代入整理得，则有，即，即，结合，所以，代入得，即，解得，故此时直线为抛物线的切线，只有1个交点，故C错误，对于D，由题意得，所以为轴，，则，将和代入分子得，所以，即，所以直线和关于轴对称，所以，故D正确.11．ACD【分析】方法一：设，取最接近的整数，则，结合上述结论，寻找靠近最高点的整数倍角，再结合正弦函数的值域判断各选项.方法二：利用单位圆等分点与抽屉原理判断各选项.【详解】方法一：寻找靠近最高点的整数倍角先证一个简单结论：设，取最接近的整数，则.注：相邻整数的距离为1，任意实数到某个整数的距离不超过，因而上述整数一定存在，不要求与的比值为有理数.A项：，且，故，A正确.B项：当时，由上述结论，存在整数，使.故时不可能有，B错误.C项：当时，正弦值循环取，故.取，所有正弦值均为，故的最小值为，C正确.D项：记，则.若，则存在整数，使，矛盾.若，令，则，且对任意整数，.取最接近的整数，得，矛盾，故.当时，所有正弦值循环取，均不超过，因而的最小值为，D正确.方法二：单位圆等分点与抽屉原理将对应到单位圆上，正弦值就是相应点的纵坐标.A项：单位圆上任一点的纵坐标均不小于，故，A正确.B项：时得到正六边形的六个顶点.相邻顶点的圆心角为，最高点到某个顶点的圆心角不超过，故至少一个顶点的纵坐标不小于，B错误.C项：时得到正方形的四个顶点.最高点到某个顶点的圆心角不超过，故最大纵坐标不小于.取时四个顶点的纵坐标均为，等号成立，C正确.D项：仍记，先分清圆上出现的点的个数.若，其中为互质正整数，则恰有个不同的点.当时，这些点等分单位圆，必有一个点到最高点的圆心角不超过，其纵坐标不小于，不符合题意.注：当取时，除以的余数互不相同，因而恰为.这说明所得点确为单位圆的q等分点.若为无理数，则前五个点互不相同.将单位圆按四个象限分成四段，每段包括起点而不包括终点.由抽屉原理，其中两个点落在同一段，它们的角度差可写成.其中为整数且.因而所有角对应的点，也都在原来得到的点中.取最接近的整数，则，仍不符合题意.故只能有，且，从而.取，圆上三点为，最大纵坐标为.因而最小值为，D正确.12．【分析】直接由向量的数量积的运算性质计算可得.【详解】因为单位向量，，满足，所以，因此，因为，所以，即.13．【分析】根据给定的条件，利用双曲线定义结合余弦定理计算作答.【详解】令双曲线C的半焦距为c，即，又，，则，中，，由余弦定理得，即，整理得，所以C的离心率．故答案为：14．4【分析】将问题转化为存在唯一的非零整数使得，，求导得函数的单调性，结合函数的图象即可求解.【详解】由于恰好有4个子集，所以该集合中有2个元素，因此存在两个整数满足，令，则，故在，上单调递增，当时，，，，，故作出的大致图象如下：由于时，成立，因此存在两个整数满足，转化为存在唯一的非零整数使得或，结合，若时，此时可取，满足，可取1满足，不满足题意，当时，此时可取，满足，不满足题意，当时，此时可取1,2，满足，不满足题意，当满足，此时只有满足，故整数可为3,4,5,6，共4个.15．(1)(2)【分析】（1）根据已知条件，根据三角形面积公式结合正弦定理进行求解即可；（2）根据（1）可知，再根据余弦的差角公式可求得：，进而根据余弦和角公式及诱导公式求得，最后根据平方关系求得的值即可求解三角形面积.【详解】（1）根据正弦定理，可得：，又，解得：，（2）由（1）可知，又因为，所以可得：.从而，即有，又因为，所以．又因为，所以．16．(1)(2)由（1）知，则，，，当时，要证明，需得到，由二项式定理有，，所以.【分析】（1）利用与的关系，将已知的递推式转为的递推关系，进而求出的通项公式；（2）利用等比数列求和及的通项公式，分别求出与的表达式，对比寻找放缩关系来证明不等式.【详解】（1）由题，，，，当时，；当时，，，化简得：，所以，即（也成立），所以.（2）略17．(1)(2)（i）由题知点是函数与的图象的交点，所以，且．由，故，由，两边取自然对数得．①由及换底公式得：，所以．②由①②得．（ii）令，则，当时，．易得在上单调递减，在上单调递增．由（i）知，不妨设．令，,则,所以单调递减，所以所以，所以，又因为，，且在上单调递增．所以，所以，证毕．【分析】（1）根据指数式转化为对数式求解即可；（2）（ⅰ）由点是函数与的图象的交点，可得且，转化为自然对数式后可得证；（ⅱ）令，利用导数求出单调区间，可得的单调性，据此得证.【详解】（1）由题知，且，所以．（2）（ⅰ）略（ⅱ）略18．(1)(2)（ⅰ）设直线的斜率为，则，，所以．又，所以，即有，所以．

（ⅱ）8【分析】（1）根据离心率及椭圆长轴长求解即可；（2）（ⅰ）求出的斜率，利用求证；（ⅱ）设直线方程，联立椭圆方程，分别求出，可化为，利用基本不等式求解即可.【详解】（1）由题知的最大值为，即，又，所以，所以，所以．（2）设，，则，．（ⅰ）略（ii）设直线的方程为，联立，解得，所以.直线的方程为．由，得，则，即，所以，所以，（当且仅当时等号成立）.设外接圆半径为，外接圆半径为，则，，所以，即的最小值为8．19．(1)甲是−好分链，乙不是−好分链．(2)对任意一段颗珠子，红珠子的数量只可能为中的某一个数字，所以最多只能产生段，每段颗珠子，且各段中红色珠子数均互不相同．可以构造如下−好分链：用表示从左到右的第i颗珠子，这串项链共有n种分段方式．方式：从开始，各段R的个数为，，，，；方式：从开始，各段R的个数为，，，，；方式：从开始，各段R的个数为，，，，；……方式：从开始，各段R的个数为，，，，1；可以逐一验证无论将该串项链怎么分成段连续的n颗珠子，各段红色珠子数分别为，互不相同．因此，可由这颗珠子构造出−好分链，所以是分链数对．(3)的取值可以是，．【分析】（1）按好分链定义检查：把圆链分成四段，每段三颗，看是否两两不同，据此可完成判断；（2）由题设可得红珠数的可能性为，共种，构造一条由全蓝，一红，两红，……，红等珠链段构成的项链，证明该项链可从任意位置分成段，且每段红珠数为的每个排列即可完成证明；（3）由题设结合反证法可得，再由（2）去掉末尾连续的段，可得到好分链，据此可得答案.【详解】（1）甲是−好分链，乙不是−好分链.理由如下：甲串项链有颗红色珠子，颗蓝色珠子，刚好可以分成段，一段颗蓝色珠子，一段颗红色珠子颗蓝色珠子，一段颗红色珠子颗蓝色珠子，一段颗红色珠子，符合好分链定义，因此甲是−好分链；乙串项链有颗红色珠子，颗蓝色珠子，若可以分成段，使每段中红色珠子的个数互不相同，至少需要颗红色珠子，