精品解析：浙江七彩阳光2026届高三下学期题库数学试题

浙江杭州市富阳区新登中学等校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. 【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. 1 D. 【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（ ） A. B. 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： ， 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. 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“”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； 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 ， ， 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的距离为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，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， 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 ， 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. 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； （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. 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：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, 所以平面平面 . （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】 略 【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. （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； 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） 1 2 3 4 P 【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： 1 2 3 4 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. （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，求解可得 ，进而得到抛物线E的方程. （2）（ⅰ）设直线：，，，，，表示出直线的方程，将直线 的方程分别与抛物线方程联立，根据韦达定理，用表示出直线的斜率，根据，利用斜率相等，求得的值，即可得到直线的斜率；（ⅱ）设的中点，的中点，则直线：.因为，所以直线与的交点即为直线与的交点，表示出直线的方程，代入，可得相应定点的坐标.即可得到直线与交于该定点. 【小问1详解】 由题可知，，不妨设，，则，即①， 又②， 由①②解得， ， 所以抛物线E的方程为. 【小问2详解】 （ⅰ）由题，直线的斜率不可能为0. 设直线：，，，，， 联立方程，得， 则，，， 可得直线：， 与抛物线E的方程联立消去x得：， 则，即， 因为，可得，同理可得：， 则， 因为，所以，即， 整理得， 由题可知点不可能在直线上，所以， 所以，即， 所以直线的斜率. （ⅱ）是，直线AD与BC的交于定点. 由（ⅰ）知，所以可设中点， 因为，得，所以可设中点， 所以直线：， 因为，所以直线与的交点即为直线与的交点， 因为， 所以直线：， 令得 ， 所以直线与的交于定点. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江杭州市富阳区新登中学等校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 2. 已知全集为，集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为曲线（ ）上的点，则的最小值为（ ） A. B. C. 1 D. 4. 将函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，则（ ） A. B. C. D. 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 6. 已知函数的定义域为，对，与均恒成立，则（ ） A. B. 0 C. D. 1 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 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 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. （ ） 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 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 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__________. 13. 已知倾斜角为的直线l与曲线和都相切，则实数__________. 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__________. 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. 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. 17. 已知函数. （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； 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. 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. （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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $