精品解析：浙江省杭州市2025-2026学年高三上学期教学质量检测数学试题

2025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，则（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 设向量.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 4. 《算经十书》是中国古代数学典籍的合集.书中记载（用现代文表达）：今有牛､羊､猪各数头（各有至少1头），已知猪的数量多于羊，羊的数量多于牛，牛的数量的3倍多于猪､羊数量之和，则牛､羊､猪的总头数至少为（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 5. 已知函数.若对于任意的等差数列，总有是等差数列，则称函数具有“保等差性”.函数可能是（ ） A. B. C. D. 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 7. 若圆经过，圆心在直线上，则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 8. 设函数，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 二､多选题：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. 在的展开式中，（ ） A. 常数项为20 B. 含的项的系数为80 C. 各项系数的和为32 D. 各项系数中的最大值为80 10. 设函数，则（ ） A. B. 的最小正周期是 C. 的值域是 D. 在区间上单调递增 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布.若，则=__________. 13. 函数在上的最小值为__________. 14. 过点的直线与圆相切于点，与曲线交于点R.若的中点为，则__________. 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. 已知等差数列满足. （1）求的通项公式； （2）设等比数列的前项和为，且.令，求数列的前项和. 16. 设的内角的对边分别为，已知. （1）若. （i）求； （ii）求； （2）求的最大值. 17. 已知函数，为的导数，其中为自然对数的底数. （1）求； （2）证明：当时，； （3）设，对任意的，若，求证：. 18. 已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以标号.在棋盘上，以为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标为.棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子次，用表示第次投掷后棋子的位置（为坐标原点），规定：其中向量为前次投掷过程中，掷得偶数的总次数. （1）求点所有可能的坐标； （2）求投掷骰子8次后棋子在原点的概率； （3）投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为的概率为，求的表达式，并指出当为何值时，取得最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025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，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算即可得到答案. 【详解】. 故选：B. 2. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出集合，再根据交集运算求解. 【详解】， 因为，所以. 故选:B. 3. 设向量.若，则（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】A 【解析】 【分析】由向量的坐标表示出，然后解方程即可. 【详解】， ∴， 解得. 故选：A. 4. 《算经十书》是中国古代数学典籍的合集.书中记载（用现代文表达）：今有牛､羊､猪各数头（各有至少1头），已知猪的数量多于羊，羊的数量多于牛，牛的数量的3倍多于猪､羊数量之和，则牛､羊､猪的总头数至少为（ ） A. 12 B. 15 C. 18 D. 21 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意列出不等式组，解出即可. 【详解】设牛、羊、猪分别为 头，则根据题意有，则， 则 ，则 ，则. 故选：B. 5. 已知函数.若对于任意的等差数列，总有是等差数列，则称函数具有“保等差性”.函数可能是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用等差数列的定义依次验证选项即可. 【详解】是等差数列，则需要满足， 对于A，取等差数列，则,，,则，故A不正确； 对于B，取等差数列，则,,，则，故B不正确； 对于C，取等差数列，则,,,则，故C不正确； 对于D, ,, 所以，， 由于为等差数列，则，所以，故D正确； 故选：D 6. 设样本数据的平均数，中位数，众数和标准差分别为.当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】令，将整理成二次函数的形式，然后根据二次函数的性质来求得正确答案. 【详解】令， 是一个开口向上的关于的二次函数，故函数在对称轴处取得最小值， 即. 故选：A. 7. 若圆经过，圆心在直线上，则圆的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设圆的方程为：，结合条件列出方程组，求出半径即可求解. 【详解】设圆的方程为：， 所以，解得：， 所以圆的面积为； 故选：B 8. 设函数，若，则（ ） A. 2 B. 1 C. -1 D. -2 【答案】D 【解析】 【分析】由题可得，令，得在上为单调递增的奇函数，由于，，利用对称性求解即可. 【详解】因为，所以， 即， 令，，所以在上为单调递增的奇函数， 由于，， 所以，则， 故选：D． 二､多选题：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. 在的展开式中，（ ） A. 常数项为20 B. 含的项的系数为80 C. 各项系数的和为32 D. 各项系数中的最大值为80 【答案】BD 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解AB，根据二项式系数的定义可求解C，求出展开式的通项公式为：，利用求解即可判断D。 【详解】2x和只有分得的次数相同才能得到常数项，5次方无法均分，因此没有常数项，故A不正确； 含x的项为，故x的系数是80，所以B正确； 各项系数的和是令时得到，即，故C错误． 的展开式的通项公式为：， 设第项的系数最大，系数为，则， 解得：或，此时系数为，故D正确； 故选：BD． 10. 设函数，则（ ） A. B. 的最小正周期是 C. 的值域是 D. 在区间上单调递增 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用三角恒等变换化简函数，由三角函数的性质逐个判断各个选项即可. 【详解】， ， ∴，故A正确； 函数的最小正周期，故B正确； 因，则函数的值域是，故C正确； 当时，，此时函数单调递减，则函数也单调递减，故D错误. 故选：ABC. 11. 已知函数的函数值等于的正因数的个数.例如.则下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 设，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】运用的概念，结合质因数概念和裂项相消法计算判断即可. 【详解】对于A，6的正因数为共4个，所以，故A正确； 对于B，，它的因数形如，其中， 所以不同的因数有个，即，故B不正确. 对于C，因为，所以， 所以 ，故C正确； 对于D，，则 ，故D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布.若，则=__________. 【答案】0.28 【解析】 【分析】根据正态分布的对称性求解即可 【详解】由题可得：; 故答案为： 13. 函数在上的最小值为__________. 【答案】2 【解析】 【分析】由，求出，结合导数研究函数在上的单调性即可求出其最小值. 【详解】由题可得：，解得：， 所以，则，令,解得：， 令，解得：，令，解得：， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以 故答案为： 14. 过点的直线与圆相切于点，与曲线交于点R.若的中点为，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】设为上的任意一点，将点绕原点逆时针旋转到，根据旋转关系，可得点的轨迹为等轴双曲线，从而得到曲线也是等轴双曲线，由双曲线的性质结合几何关系即可求解. 【详解】设为上的点，将点绕原点逆时针旋转到， 则，由于，则， 化简可得：，则点的轨迹为等轴双曲线，其焦点为，，且； 所以曲线也是等轴双曲线，其焦点为，，故点到焦点距离之差为常数.即，如图所示. 因为点分别是和的中点，故， 而，由于， 所以. 故答案为： 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. 已知等差数列满足. （1）求的通项公式； （2）设等比数列的前项和为，且.令，求数列的前项和. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由等差数列通项公式建立方程组，解得首项和公差，即可写出数列通项公式； （2）结合题中条件和等比数列通项公式建立方程组，解得首项和公比，即可求得通项公式，从而求得数列通项公式，利用等比数列和等差数列前项和公式即可求得数列的前项和. 【小问1详解】 设等差数列的公差为，则解得， 所以的通项公式为. 【小问2详解】 设等比数列的公比是， 由，得，解得， 所以的通项公式为，此时，， 满足，故. 结合（1）知， 所以数列的前项和. 16. 设的内角的对边分别为，已知. （1）若. （i）求； （ii）求； （2）求的最大值. 【答案】（1）（i）3；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）由和差角公式化简等式，代入即可求得； （ii）由同角三角函数的关系求得，由和差角公式求得，然后由正弦定理求得边； （2）由正切的和差角公式和（i）中的关系化简，然后由基本不等式求得最大值. 【小问1详解】 （i），展开化简得： 所以； （ii）由，而为三角形内角，故， 所以， 由正弦定理，得. 【小问2详解】 由（1）可得，故均为锐角， 所以， 当且仅当时，取到最大值. 17. 已知函数，为的导数，其中为自然对数的底数. （1）求； （2）证明：当时，； （3）设，对任意的，若，求证：. 【答案】（1）1 （2）证明：设， ， 所以在上单调递增，当时，， 所以，当时，成立. （3）证明：因为，则， 由（2）知，即， ∴ 所以. 原式 【解析】 【分析】（1）求导数，代入即可求得结果； （2）令，求导数由基本不等式得到最值，然后得到函数在上单调，从而得到最值，即可得证； （3）由（2）得到，然后得到的不等式，从而可求得不等式左边的范围，从而得证. 【小问1详解】 ， 所以； 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 18. 已知是椭圆的右焦点，过作直线交椭圆于两点，其中在轴上方.当轴时，. （1）求椭圆的标准方程； （2）设， （i）求证：； （ii）设点在椭圆上，点是的外接圆与椭圆的另一个交点（异于），若平分，且，求的值. 【答案】（1） （2）（i）证明：记，由题意知. 设直线的方程为，代入椭圆得：. 则有，① 设与的斜率分别为，则 所以. （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据即可求解椭圆标准方程； （2）（i）设与的斜率分别为，将问题转化为证明即可； （ii）设满足，化简可得：，因为直线和直线的交点为，则点都在以为直径的圆上，因为都在以为直径的圆上，故，所以是的角平分线，则，利用三角形面积公式化简即可求解. 【小问1详解】 由题知，，又，解得. 故椭圆的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）设满足，则 ② 将代入②，并化简得 ，③ 将（2）中①代入③得：， 即. 又因为直线和直线的交点为. 故满足的点都在以为直径的圆上. 因为都在以为直径的圆上， 故，所以是的角平分线. 则， 所以， 即. 所以，解得， 所以. 19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面分别以标号.在棋盘上，以为原点建立平面直角坐标系，设点的坐标为.棋子初始位置为坐标原点，投掷骰子次，用表示第次投掷后棋子的位置（为坐标原点），规定：其中向量为前次投掷过程中，掷得偶数的总次数. （1）求点所有可能的坐标； （2）求投掷骰子8次后棋子在原点的概率； （3）投掷骰子80次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为的概率为，求的表达式，并指出当为何值时，取得最大值. 【答案】（1）； （2）； （3），时，取得最大值. 【解析】 【分析】（1）根据即可求所有可能的坐标； （2）令向量，则当时，；当时，；当时，其中，且.要保证为原点，则在8次投掷过程中，掷得奇数的次数应为，用列举法即可求解 （3）当不是3的倍数时，显然有.当是3的倍数时，不妨设，则掷得偶数的次数为次.记进行加向量为操作，加向量为操作，加向量为操作，不做任何操作记为操作.定义操作小结：，其中可以为0，则其中，根据隔板法即可求解. 【小问1详解】 由题意，点可能的坐标为. 【小问2详解】 令向量， 则当时，；当时，； 当时，其中，且. 要保证为原点，则在8次投掷过程中，掷得奇数的次数应为. ①若，即8次投掷全部为偶数，共1种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶； ②若，即8次投掷过程中有5次偶数，3次奇数，则共8种情况： 奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇， 偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇； ③若，即6次奇数，仅有1种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇. 故为坐标原点的概率. 【小问3详解】 当不是3的倍数时，显然有. 以下讨论当是3的倍数的情况.不妨设，则掷得偶数的次数为次. 记进行加向量为操作，加向量为操作，加向量为操作，不做任何操作记为操作. 定义操作小结：，其中可以为0. 在80次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结.注意到1个操作小节中有2次操作，每两个操作小节也由操作连接，所以共有个操作小节，如下图所示： 所以有其中. 由隔板法可知，上述不定方程共有组解，而每一组解对应着一种满足题意的投掷，于是有 .综上，有 因此，当，即时，取得最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $