精品解析：浙江省杭州第四中学2025-2026学年高三上学期期末数学试题

杭州第四中学2025学年第一学期高三年级期末考试 数学试题卷 命题人：金尔鑫 审核人：韩扬 2026年2月 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷上填写班级､姓名､试场号､座位号，并填涂卡号. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4.考试结束，只上交答题卷. 一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用补集和并集的定义直接计算即可. 【详解】，， ， ，. 故选：B. 2. 设，则“”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】D 【解析】 【分析】利用特殊值法结合充分条件、必要条件的定义判断即可得出结论. 【详解】取，，， 则，但，此时， 即“”“”； 取，，则，， 则，但，此时， 即“”“”. 因此，“”是“”的既不充分也不必要条件. 故选：D. 3. 已知点，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据投影向量的求法求得正确答案. 【详解】依题意，， 所以在上的投影向量为. 故选：B 4. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S9＝（ ） A. 0 B. －9 C. －6 D. －3 【答案】B 【解析】 【分析】 根据等差数列片段和的性质：成等差数列，对取值，简单计算，可得结果. 【详解】由等差数列片段和的性质：S3，S6－S3，S9－S6仍成等差数列， 于是，由2（S6－S3）＝S3＋（S9－S6）， 可推出S9＝3（S6－S3）＝－9. 故选：B 【点睛】本题考查等差数列片段和的性质，掌握成等差数列，化繁为简，属基础题. 5. 木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，则该木楔的体积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接，取的中点O，连接，求出，结合三棱锥和三棱柱的体积公式计算即可. 【详解】如图，分别过点A，B作的垂线，垂足分别为G，H，连接， 则由题意等腰梯形全等等腰梯形， 则. 取的中点O，连接，因为，所以， 则， ∴. 因为，，所以，因为四边形为正方形， 所以，又因为，平面，所以平面， 所以平面，同理可证平面， ∴多面体的体积 ， 故选：C. 6. 在一次随机试验中，三个事件，，发生的概率分别是，，，则下列选项正确的是（ ） A. 是必然事件 B. 与是互斥事件 C. D. 可能为 【答案】C 【解析】 【分析】通过举反例说明A和B不正确；通过交事件的性质判断C；根据概率的性质判断D. 【详解】对于A，若，则，故A不正确； 对于B，若，则， 此时与不是互斥事件，故B不正确； 对于C，由得，故C正确； 对于D，根据概率性质，故D不正确. 故选：C. 7. 已知常数，函数的图象经过点，若，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】将点代入函数解析式，得，整理得，再结合求得即可. 【详解】因为函数的图象经过点 所以，整理得，即， 所以，又，代入得，， 又，所以. 故选：B 8. 已知双曲线，，分别为的右焦点和左顶点，点在双曲线的左支上，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，，根据双曲线的定义结合余弦定理可求离心率. 【详解】如图，因为分别为双曲线的右焦点和左顶点，所以． 因为，所以，故． 设左焦点为，则，故， ， 整理得到：，故 故选：A． 【点睛】方法点睛：求双曲线离心率或其取值范围的方法： （1）直接求出的值，利用离心率公式直接求解； （2）列出含有的齐次方程（或不等式），借助于消去，再借助于，转化为含有的方程（或不等式）求解． 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在区间内单调递减 D. 与的图象关于直线对称 【答案】BC 【解析】 【分析】由辅助角公式得，再根据图象平移得，结合正弦型函数的性质依次判断各项的正误. 【详解】由题设，则， 所以，A错； 由，故的图象关于直线对称，B对； 由，则，故在上单调递增， 所以在区间内单调递减，C对； 由， 显然，则与的图象不关于直线对称，D错. 故选：BC 10. 函数满足、，都有，且，则（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】令，推导出，令可判断A选项；分析可知数列为等比数列，求出该数列的通项公式，结合数列单调性的定义可判断B选项；利用基本不等式可判断C选项；利用错位相减法可判断D选项. 【详解】对于A选项，函数满足、，都有， 令，则，即，则， 所以，，A错； 对于B选项，令，，可得， 所以，，且， 所以，数列是首项为，公比为的等比数列，所以，， 所以，，即， 故数列单调递减，B对； 对于C选项，对任意的，， 所以，， 当且仅当时，等号成立，C对； 对于D选项，令，① 则，② ①②可得， 因此，，D对. 故选：BCD. 11. 过抛物线的焦点为的直线与交于，两点，与准线交于点，记，为原点，记直线，分别交于，两点，直线，交于点，直线，交于点，则（ ） A. 当时， B. 与相似 C. D. ，，三点共线 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意，利用抛物线的性质，求得直线与抛物线的交点坐标，结合选项，逐项分析计算，即可求解. 【详解】对于A，由抛物线，可得其焦点，准线方程为， 因为直线与准线交于点，则直线的斜率存在， 所以与不平行，所以A错误； 对于B，设直线的方程为， 因为准线的方程为，联立直线与方程为. 所以，设，联立直线的方程与抛物线方程得， ，化简得，解得， 所以, 所以直线的方程为， 直线的方程为， 令，则. 所以， 所以，所以与相似，B正确； 对于C，设，过焦点的直线方程为. 与抛物线方程联立可得，故. 直线方程为，交准线，可得 直线方程为，交准线，可得 因为，可得， 所以，， 因为，可得， 可得， 同理可得：，所以， 又由抛物线的定义，可得， 所以，所以，所以C正确； 对于D，设，且， 可得由直线，同理可得：直线， 联立方程组，解得，即， 同理：直线，同理可得：直线， 联立方程组，解得，即， 则 ， 同理可得：，所以，所以，，三点共线，所以D正确. 故选：BCD. 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】根据复数的除法运算结合共轭复数的定义即可得解. 【详解】由， 得， 所以. 故答案为：. 13. 把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有___________种. 【答案】98 【解析】 【分析】解法一：利用分类加法计数原理分类计算可求得结论.解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法：第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球，这个放法可用符号表示为.进而可得，利用展开式中的系数可求得结论. 【详解】解法一：1-5号盒共放0个球，即5个球放入6-7号盒子，有种放法； 1-5号盒共放1个球，有种放法； 1-5号盒共放2个球，有种放法； 1-5号盒共放3个球，有种放法； 1-5号盒共放4个球，有种放法； 1-5号盒共放5个球，有1种放法，所以共有种放法. 解法二：用表示个分配指标，现考虑符合题意的一种放法： 第1､2两个盒子各放1个球，第3､4､5､6盒子不放球，第7个盒子放3个球， 这个放法可用符号表示为. 考虑母函数 ， 从第一､二个括号中各取，从第三､四､五､六个括号中各取，从第七个括号中取， 然后相乘，即得到展开式中的一个项， 此项的系数即为满足题意的分配名额的方案数. 从上分析可见，满足题意的名额分配的方案与多项式展开式中项正好一一对应， 故多项式的展开式中项的系数即为满足题意的名额分配的方案数. 又， 其中， 所以满足题意的分配方案数为98. 故答案为：98. 14. 若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是______． 【答案】 【解析】 【分析】由基本不等式可得.利用导数证明不等式，进而，则，解出a、，得，再次利用基本不等式计算即可求解. 【详解】由基本不等式，得， 即，当且仅当，即时等号成立. 设，令， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以，则，即， 令，得，所以， 解得，由，得． 所以，当且仅当时，取得等号． 故的最大值是． 故答案为： 四､解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，在四边形中，， （1）若为等边三角形，求线段的长度； （2）若，求线段的长度 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）在中利用余弦定理可求； （2）利用两角和差的余弦公式求出，再在中利用余弦定理可求. 【小问1详解】 依题意，， 故在中由余弦定理得 ， 故 【小问2详解】 依题意：，则， 则， 因为，故为等腰直角三角形，故 因此 故在中由余弦定理得 ， 即. 16. 如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，． （1）求证：； （2）若面，求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到直线距离的最大值． 【答案】（1）取弧中点，则，以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 连接，在中，，，则， 于是， 设，则，其中，， 因此，即， 所以. （2） （3） 【解析】 【分析】（1）取弧中点，以为坐标原点建立空间直角坐标系，设，求出，利用空间位置关系的向量证明推理即得. （2）由数据求出点坐标，再求出平面FOD与平面的法向量，利用面面角的向量求法求解. （3）利用空间向量求出点到直线距离的函数关系，再求出最大值即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由平面，得， 又，则，而平面， 则平面，即为平面的一个法向量， ，由平面，得， 又，解得，此时， 设是平面的法向量，则，取，得， 设是平面的法向量，则，取，得， 则平面FOD与平面夹角的余弦值为. 【小问3详解】 ， 则点到直线的距离， 当时，即的坐标为时，点到直线的距离取最大值为 17. 设为坐标原点，点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线 （1）直接写出的方程； （2）设点，过点的直线与曲线交于，两点 （i）若直线的斜率为，设线段的中点为，求直线的方程； （ii）设直线的方程为，且直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的定义求解即可. （2）（i）联立直线与椭圆方程，结合韦达定理求出直线的方程；（ii）分别求出，进而证明结论即可. 【小问1详解】 由，所以，即， 故点的轨迹为椭圆，且其方程为. 【小问2详解】 （i）设， 联立， 故. 当时，， 故，故直线的方程为：，即. （ii）又因为， 故 . 联立，故， 故，故成等差数列. 18. 已知，，. （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）答案见解析； （2）证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）通过导数，结合分类讨论，即可判断单调性； （2）通过不等式变形，构造函数，再求导即可判断单调性来进行证明； （3）通过不等式变形，构造函数，再利用求导，结合端点值效应，必要性先行，再证明充分性，即可求解. 【小问1详解】 由， 当时，，则在上单调递增； 当时，由可解得：， 由可解得：或， 则在区间上单调递增，在区间，上单调递减； 【小问2详解】 当时，要证明，即证明， 即证明：，令，， 则 ， 所以在上单调递增， 即， 所以原不等式得证； 【小问3详解】 由可得： ， 因为，所以，即原不等式， 令，，， 又令，则， 又令，则， 先判断必要性： 因为，，， 要证明当，， 则必满足在及附近单调递减，则必有， 当时， 此时必存在区间，使得，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，即在上单调递增， 则，从而可判断原不等式不成立， 即是原不等式成立的必要条件； 再证明充分性： 当时，， 令，则， 所以在上单调递减，即， 即可得， 从而可得，即可证明原不等式成立. 所以实数的取值范围是. 19. 在坐标平面内，点的初始位置为若某一时刻点位于，则经过秒，点将做出以下四种运动之一： ①以的概率，点移动到点关于轴的对称点处； ②以的概率，点移动到点关于轴的对称点处； ③以的概率，点移动到点关于直线的对称点处； ④以的概率，点移动到点关于直线的对称点处 （1）直接写出在运动过程中，点可能经过的所有点的坐标； （2）设（）为正整数，记事件为“秒后点移动到点”，事件为“秒后点移动到点” （i）证明：； （ii）求（用表示）. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析（ii）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据对称性写出点的坐标； （2）记分别表示秒后点移动到的概率， （i）由全概率公式，有：，即可得证； （ii）结合全概率公式，可得，进而，又，结合可求解. 【小问1详解】 点所有可能经过的点有： ； 【小问2详解】 记分别表示秒后点移动到相应点的概率， 即对应对应对应对应， 对应对应对应对应 则 （i）由全概率公式，有： ， 故，即，证毕； （ii）由（2）同理可得：，故结合全概率公式，有： ， 一方面，（1）+（3），（2）+（4），有：， 即：， 又，故， 即当为奇数时，， 另一方面，（1）-（3），（2）-（4），有：， 故， 又， 故当为偶数时，， 此时，， 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州第四中学2025学年第一学期高三年级期末考试 数学试题卷 命题人：金尔鑫 审核人：韩扬 2026年2月 考生须知： 1.本试卷分试题卷和答题卷，满分150分，考试时间120分钟. 2.答题前，在答题卷上填写班级､姓名､试场号､座位号，并填涂卡号. 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试题卷上无效. 4.考试结束，只上交答题卷. 一､选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 设，则“”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 3. 已知点，，，则在上的投影向量为（ ） A. B. C. D. 4. 设等差数列{an}的前n项和为Sn，若S3＝6，S6＝3，则S9＝（ ） A. 0 B. －9 C. －6 D. －3 5. 木楔在传统木工中运用广泛.如图，某木楔可视为一个五面体，其中四边形ABCD是边长为2的正方形，且均为等边三角形，，则该木楔的体积为（ ） A. B. C. D. 6. 在一次随机试验中，三个事件，，发生的概率分别是，，，则下列选项正确的是（ ） A. 是必然事件 B. 与是互斥事件 C. D. 可能为 7. 已知常数，函数的图象经过点，若，则（ ） A. 4 B. 6 C. 8 D. 10 8. 已知双曲线，，分别为的右焦点和左顶点，点在双曲线的左支上，且，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 二､多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分） 9. 已知函数，将函数的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象，则（ ） A. B. 的图象关于直线对称 C. 在区间内单调递减 D. 与的图象关于直线对称 10. 函数满足、，都有，且，则（ ） A. B. 数列单调递减 C. D. 11. 过抛物线的焦点为的直线与交于，两点，与准线交于点，记，为原点，记直线，分别交于，两点，直线，交于点，直线，交于点，则（ ） A. 当时， B. 与相似 C. D. ，，三点共线 三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知，则________． 13. 把5个相同的乒乓球放入编号为1-7号的盒子里，其中编号为1-5号的盒子，每个盒子至多放1个球，编号为6-7号的盒子，每个盒子至多放3个球，则不同的放法有___________种. 14. 若实数a，b，c满足条件：，则的最大值是______． 四､解答题（本大题共5小题，共77分） 15. 如图，在四边形中，， （1）若为等边三角形，求线段的长度； （2）若，求线段的长度 16. 如图所示，半圆柱与四棱锥拼接而成的组合体中，是半圆弧上（不含）的动点，为圆柱的一条母线，点在半圆柱下底面所在平面内，． （1）求证：； （2）若面，求平面与平面夹角的余弦值； （3）求点到直线距离的最大值． 17. 设为坐标原点，点，，动点满足，记动点的轨迹为曲线 （1）直接写出的方程； （2）设点，过点的直线与曲线交于，两点 （i）若直线的斜率为，设线段的中点为，求直线的方程； （ii）设直线的方程为，且直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，证明：，，成等差数列 18. 已知，，. （1）讨论函数的单调性； （2）求证：当时，； （3）若在时恒成立，求实数的取值范围. 19. 在坐标平面内，点的初始位置为若某一时刻点位于，则经过秒，点将做出以下四种运动之一： ①以的概率，点移动到点关于轴的对称点处； ②以的概率，点移动到点关于轴的对称点处； ③以的概率，点移动到点关于直线的对称点处； ④以的概率，点移动到点关于直线的对称点处 （1）直接写出在运动过程中，点可能经过的所有点的坐标； （2）设（）为正整数，记事件为“秒后点移动到点”，事件为“秒后点移动到点” （i）证明：； （ii）求（用表示）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $