精品解析：浙江省杭州第二中学2025-2026学年高三下学期3月阶段检测数学试题

杭州二中2025学年第二学期高三三月份适应性考试数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为集合， 所以 2. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用诱导公式以及三角函数的定义可得出所求代数式的值. 【详解】由诱导公式和三角函数的定义可知， 故选：A. 3. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用复数的除法公式求解即可. 【详解】由， 故选：C. 4. 如图，点为正六边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正六边形的性质可得，再利用平行四边形可求. 【详解】由题设有，故， 由正六边形的性质可得四边形为平行四边形， 故，故， 故选：D. 5. “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 【答案】A 【解析】 【分析】该正方体的棱长为，则内切球的半径为，再根据体积关系解方程即可. 【详解】因为牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，， 所以对应正方体的内切球的体积， 设该正方体的棱长为，则内切球的半径为 所以，解得 所以该正方体的棱长是2. 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与交于两点（在上方），在上的射影点恰为的中点，则的离心率为：（ ）． A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据中垂线性质得到线段相等关系，再结合已知角度判断三角形形状，然后利用椭圆对称性确定点A的位置，最后得出a与c的关系从而求出离心率. 【详解】连接，则由中垂线的性质：，又，所以△为等边三角形，由椭圆的对称性，为其上顶点，所以. 故选：C． 7. 实数的近似值（精确到0.001）是（ ） A. 31.680 B. 31.681 C. 31.682 D. 31.683 【答案】B 【解析】 【分析】先将变形为，再利用二项式定理展开化简即可得解． 【详解】 ， 将精确到，故近似值为． 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意分甲赢3局，乙赢3局、甲赢4局，乙赢2局、甲赢5局，乙赢1局、甲赢6局，乙赢0局，结合要求计算出每种情况的排列数，再独立事件的乘法和概率加法公式求解． 【详解】情况一：甲赢3局，乙赢3局，且甲的累计得分始终不小于乙的累计得分， 符合题意的获胜情况有：甲乙甲乙甲乙、甲乙甲甲乙乙、甲甲乙乙甲乙、甲甲乙甲乙乙、 甲甲甲乙乙乙共5种，此时概率； 情况二：甲赢4局，乙赢2局， 从6局中选4局甲赢，有种， 其中不符合题意的获胜情况有：乙乙甲甲甲甲、 乙甲乙甲甲甲、乙甲甲乙甲甲、 乙甲甲甲乙甲、乙甲甲甲甲乙、甲乙乙甲甲甲共6种， 则符合题意的获胜情况有9种，此时概率； 情况三：甲赢5局，乙赢1局， 符合题意的情况有种，此时概率； 情况四：甲赢6局，乙赢0局，此时概率； 综上，概率． 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. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A. y与x正相关 B. C. 样本数据y的第60百分位数为8 D. 各组数据的残差和为0 【答案】AD 【解析】 【分析】利用相关性的定义及线性回归直线可判定A，根据样本中心点在回归方程上可判定B，利用百分位数的计算可判定C，利用回归方程计算预测值可得残差即可判定D. 【详解】由回归直线方程知：，所以y与x正相关，即A正确； 由表格数据及回归方程易知，即B错误； 易知，所以样本数据y的第60百分位数为，即C错误； 由回归直线方程知时对应的预测值分别为， 对应残差分别为，显然残差之和为0，即D正确. 故选：AD 10. 在锐角中，角的对边分别为，记的面积为，若，则以下说法正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用面积公式和正余弦定理化简条件，得到角的关系，再结合锐角三角形定义确定的范围，最后将转化为关于的函数求值域. 【详解】已知在锐角中，，其中面积， ，因为，所以，即，选项A正确； 由余弦定理，，代入得：， 由正弦定理，，，代入得：， 继续化简得， 因为是锐角三角形，所以，，故，即，选项B正确； 因为是锐角三角形，且，所以：，解得：，选项C错误； ，而，代入得： ，因为，所以， 令，则，该函数是开口向上，对称轴为的二次函数， 因为区间在对称轴右侧，所以函数在该区间上单调递增， 而，，所以，选项D正确. 11. 对于一个方格图，我们定义一种新的分割方式：“四方均衡剖分”，要求：①将方格图划分为4个互不重叠的连通区域②每个区域的形状完全相同；③且每个相邻最小正方形有一条边重合；④每个区域里恰好出现1个A，1个B．以下可以实现“四方均衡剖分”的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】列举出符合条件的“四方均衡剖分”图，结合“四方均衡剖分”的定义逐项判断即可 【详解】对于ACD项，可以实现“四方均衡剖分”如图： 对于B项，对于的方格，其可行的“四方均衡剖分”，仅有以下种情形或其旋转图形， 经验证，不满足每个区域里恰好出现1个A，1个B，故符合条件的分割方式不存在，故B错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______. 【答案】 【解析】 【分析】利用对数的性质，结合范围，按照分段函数每段的对应关系来逐步化简计算. 【详解】由题意得，故. 故答案为：. . 13. 袋中有编号为的10个大小相同的小球，现从中一次性随机取出4个．记X为取出的球中编号不大于4的球的个数，则数学期望_________． 【答案】## 【解析】 【分析】由题意确定随机变量服从超几何分布，即可求解. 【详解】编号不大于4的小球共有4个，大于4的小球共个， 从10个球中取4个，表示取出的不大于4的球的个数，服从超几何分布， 参数为：总体数，符合条件的个体数，抽取数， 超几何分布的期望公式为，代入得： . 【点睛】 14. 在正三棱台中，，且该三棱台的高是，若以为球心，4为半径作一个球，则该球与底面的交线长是_________． 【答案】## 【解析】 【分析】设满足题意的动点为，求得点在平面的投影点，并结合几何关系，求得的长度，即可判断的轨迹为圆弧，再根据弧长公式计算即可. 【详解】设平面的中心分别为，连接， 设球与底面的交线上一个动点为，作图如下： 因为为正三棱台，故面，且// 在中，；在中，； 取中点为，则//，且，故四边形为平行四边形，故//，则面 ； 连接，又面，故； 在中，，则， 故点的轨迹是以为圆心，且为半径的圆弧上，如图所示，也即弧； 又底面为等边三角形，故， 又在以为圆心，且为半径的圆上，所以弧所对的圆心角为， 由弧长公式可知弧的长度为. 也即球与底面的交线长是. 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. 某工厂生产线上有2个不合格零件和5个合格零件，需逐一检测分类．每次随机抽取一个零件检测，检测后不再放回，当检测出2个不合格零件或检测出5个合格零件时停止检测． （1）求在第一次检测出合格零件的条件下第二次检测出不合格零件的概率； （2）设表示停止检测时抽取出不合格零件的个数，求的分布列． 【答案】（1） （2）答案见解析 【解析】 【分析】(1)由条件事件的概率进行求解； (2) 依题意，可取，计算出对应的概率，即可列出分布列． 【小问1详解】 设事件A为“第一次检测出合格零件”，事件B为“第二次检测出不合格零件”， 则． 【小问2详解】 依题意，可取， 得表示前5次检测出的均为合格零件，表示停止检测时前5次中恰有1个不合格且第6次为合格， 则， ， ， 则的分布列为： 0 1 2 16. 已知数列的前项和为，若，且. （1）证明：为等差数列，并求. （2）若，求数列的前项和. 【答案】（1） ， 所以数列是以为首项，为公差的等差数列， 所以； （2） 【解析】 【分析】（1）根据等差数列的定义进行运算证明即可； （2）运用裂项相消法进行求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， . 17. 如图，已知在四棱锥中，． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角为，其中的中点是的中点是，求点到平面的距离． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，连接，设，可得，，由线面垂直的判定定理和性质可证； （2）过作，可得平面，，以点为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图空间直角坐标系，求出平面的一个法向量，利用点到面的距离可得. 【小问1详解】 取中点，连接，设， 因为， 所以四边形是正方形，所以. 连接，因为为的中点，所以， 因为平面，所以平面， 又平面，所以. 【小问2详解】 由（1）可知平面，平面，所以平面平面. 过作，垂足为，又因为平面平面平面， 所以平面， 所以在底面的射影在直线上， 所以直线与平面所成角是，所以， 因为正方形中，所以， 又因为，所以， 所以，所以 所以 以点为原点，为轴，为轴，过作的平行线为轴建立如图空间直角坐标系， 则， 所以 ， 设平面的一个法向量 则，所以，取，则 所以点到平面的距离 18. 设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点． （1）设是抛物线上任意一点，求最小值； （2）记的中点是，求的轨迹方程； （3）记抛物线的焦点是，记，证明：． 【答案】（1） （2） （3） 过点分别作准线：的垂线，垂足分别为， 由点，得，而，得， 由（2）知，由，及， 得，而，得， 则 ， 得，即， 由抛物线的定义得，则为线段的垂直平分线， 得，同理可得， 得， 所以， 则, 同理， 得，由，得， 故． 【解析】 【分析】（1）设，最小值等于点到直线的距离的最小值，即可求解； （2）设，设，利用切线方程及韦达定理求出轨迹方程. （3）过点分别作准线：的垂线，垂足分别为，先证明，利用线段垂直平分线的性质及抛物线定义推理得证.． 【小问1详解】 由是抛物线上任意一点,设， 点到直线的距离为， 当时，取得最小值为， 故最小值为． 【小问2详解】 设， 抛物线上任一点，过点的切线方程为：， 下面证明:当过点的切线的斜率存在时,设切线方程为: , 与抛物线,消去得，， 整理得，， 则， 得，而， 得，得， 得， 则切线方程为：，得， 而，代入上式，得，即． 当过点的切线的斜率不存在时，切线方程为：，此时切点为坐标原点，也满足上式， 故抛物线上任一点，过点的切线方程为：， 由点是直线上的动点， 设，则切线均过点， 即，又，代入得， ， 得， 同理，， 所以是方程的两根， 由韦达定理得，， 因为的中点是，所以， ， 联立方程：，消去，得， 故的轨迹方程为：． 【小问3详解】 略 19. 已知函数． （1）若，求函数的最小值； （2）若． （i）若对任意恒成立，求的取值范围； （ii）若，使得方程有三个根，记这三个根分别为，且，证明：． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据参数取值确定具体函数解析式，再通过求导分析函数的单调性，求出的最小值； （2）（i）构造出函数并求导，对导数变形因式分解后，根据参数的不同取值范围分类讨论导数的正负，结合的特殊值，分析不同取值下函数在上的单调性，判断是否满足恒成立条件，进而确定参数范围. （ii）先由（i）的结论缩小参数的取值范围，再根据导数分析函数的单调区间，确定满足方程有三个根的参数范围，利用方程根的等量关系作差变形，结合对数不等式放缩得到的关系，再通过构造函数、换元法和求导分析函数单调性，证明的取值不等式，最终结合两部分结论完成证明. 【小问1详解】 ，，，， 当时，，在区间上单调递减， 当时，，在区间上单调递增， 故. 【小问2详解】 （i）由题意可知，且显然， 则 ， ①若，即，则此时， 则在上单调递减，在上单调递增，而，故不符合题意； ②若，即，则在上单调递减，在上单调递增，不符合题意； ③若，即， ，即，此时在上单调递增，在上单调递减， ，均有，成立； ，即，此时，可知，显然与恒成立不符； 综上所述，. （ii）由（i）可知， 则可进行如下分类讨论， ，即， 此时，在单调递减， 在单调递增，在上单调递减，图像如下所示，符合题意； 若，则在上单调递减，显然不符合题意； 若，即， 此时，在上单调递减，在上单调递增， 在上单调递减，图像如下所示： 故不存在使得有三个根； 综上， 得：， 同除可得：， 令，则有， 即，则， 故，即； 下证即可，即证， 由于且，因此只需证， 又，故只需证即可， ， ， 令，则， 则， 化简得：，令， 则，则在上单调递减，而， 因此在上单调递增， ，即，得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州二中2025学年第二学期高三三月份适应性考试数学试卷 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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知角终边上一点，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 4. 如图，点为正六边形的中心，则（ ） A. B. C. D. 5. “牟合方盖”是我国古代数学家刘徽在研究球的体积时构造的一个和谐优美的几何体，它是指同一正方体分别从纵、横两方向所作的两个内切圆柱的公共部分组成的几何体（如图），刘徽研究发现：牟合方盖的体积与对应正方体的内切球的体积满足，若某正方体对应的牟合方盖体积是，则该正方体的棱长是（ ） A. 2 B. C. 4 D. 6. 已知椭圆的左、右焦点分别为，经过且倾斜角为的直线与交于两点（在上方），在上的射影点恰为的中点，则的离心率为：（ ）． A. B. C. D. 7. 实数的近似值（精确到0.001）是（ ） A. 31.680 B. 31.681 C. 31.682 D. 31.683 8. 甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定打6局，每局必分胜负，无平局．每局比赛中，获胜方得1分，失败方得0分．已知甲在每局比赛中获胜的概率是，乙在每局比赛中获胜的概率为，且各局结果相互独立．在整个比赛过程中，甲的累计得分始终不小于乙的累计得分的概率是（ ） 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. 已知两个变量y与x对应关系如下表： x 1 2 3 4 5 y 5 m 8 9 10.5 若y与x满足一元线性回归模型，且经验回归方程为，则（ ） A. y与x正相关 B. C. 样本数据y的第60百分位数为8 D. 各组数据的残差和为0 10. 在锐角中，角的对边分别为，记的面积为，若，则以下说法正确的有（ ） A. B. C. D. 11. 对于一个方格图，我们定义一种新的分割方式：“四方均衡剖分”，要求：①将方格图划分为4个互不重叠的连通区域②每个区域的形状完全相同；③且每个相邻最小正方形有一条边重合；④每个区域里恰好出现1个A，1个B．以下可以实现“四方均衡剖分”的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知函数，则______. 13. 袋中有编号为的10个大小相同的小球，现从中一次性随机取出4个．记X为取出的球中编号不大于4的球的个数，则数学期望_________． 14. 在正三棱台中，，且该三棱台的高是，若以为球心，4为半径作一个球，则该球与底面的交线长是_________． 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. 某工厂生产线上有2个不合格零件和5个合格零件，需逐一检测分类．每次随机抽取一个零件检测，检测后不再放回，当检测出2个不合格零件或检测出5个合格零件时停止检测． （1）求在第一次检测出合格零件的条件下第二次检测出不合格零件的概率； （2）设表示停止检测时抽取出不合格零件的个数，求的分布列． 16. 已知数列的前项和为，若，且. （1）证明：为等差数列，并求. （2）若，求数列的前项和. 17. 如图，已知在四棱锥中，． （1）证明：； （2）若直线与平面所成角为，其中的中点是的中点是，求点到平面的距离． 18. 设抛物线是直线上的动点，是抛物线的两条切线，且与抛物线分别相切于两点． （1）设是抛物线上任意一点，求最小值； （2）记的中点是，求的轨迹方程； （3）记抛物线的焦点是，记，证明：． 19. 已知函数． （1）若，求函数的最小值； （2）若． （i）若对任意恒成立，求的取值范围； （ii）若，使得方程有三个根，记这三个根分别为，且，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $