精品解析：浙江杭州市2025-2026学年第二学期高三二模教学质量检测数学试卷

2025学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试卷 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. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 2. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 3. 设，若，则（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 4. 我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2. 规格 一号 二号 三号 四号 五号 尺寸（单位：cm） 288×192 240×160 192×128 144×96 96×64 根据上表，可以判断五种规格国旗的（ ） A. 周长构成等差数列 B. 周长构成等比数列 C. 面积构成等差数列 D. 面积构成等比数列 5. 设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（ ） A. 1 B. 2 C. D. 6. 设函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知向量，满足，，设，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 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. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为6 C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 11. 选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则______. 13. 已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且. 若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______. 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 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. 设公比为q的等比数列的前n项和为，且. （1）求q和; （2）求. 16. 如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. （1）证明：平面； （2）设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 18. 已知抛物线：的焦点为F，顶点为，点在上. （1）求的方程； （2）已知点在上，过M且斜率为2的直线交于点Q，令. （i）求点P的坐标（用t表示）； （ii）设直线与的另一个交点为N，焦点F到直线的距离是否存在最大值?若存在求其最大值.若不存在，请说明理由. 19. （1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025学年第二学期杭州市高三年级教学质量检测 数学试卷 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. 数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ） A. 3 B. 5 C. 6 D. 7 【答案】D 【解析】 【详解】将数据从小到大排列：2，3，3，5，6，7，8，10， 因为，不是整数， 所以该组数据的第70百分位数为第6个数字，即7. 2. 若（i为虚数单位），则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】,所以,. 3. 设，若，则（ ） A. 且 B. 且 C. 且 D. 且 【答案】B 【解析】 【详解】函数， 由题意可知，，恒成立，则且. 4. 我国国旗的标准尺寸有五种通用规格（用“长×宽”表示），其中长与宽之比均为3:2. 规格 一号 二号 三号 四号 五号 尺寸（单位：cm） 288×192 240×160 192×128 144×96 96×64 根据上表，可以判断五种规格国旗的（ ） A. 周长构成等差数列 B. 周长构成等比数列 C. 面积构成等差数列 D. 面积构成等比数列 【答案】A 【解析】 【分析】由题意分别列出各个规格的周长与面积，根据等差数列与等比数列的定义即可求解. 【详解】由题意得 规格 一号 二号 三号 四号 五号 尺寸 288×192 240×160 192×128 144×96 96×64 周长 960 800 640 480 320 面积 55296 38400 24576 13824 6144 则，故周长构成等差数列. ，故周长不构成等比数列， ，故面积不构成等差数列， ，故面积不构成等比数列. 5. 设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得直线过定点，圆心为，所以与垂直时，最小，以此求解即可. 【详解】由题意得，则直线过定点，圆心为，半径， 点到圆心的距离，所以直线与圆相交于M，N两点， 且与垂直时，最小，此时，且，则. 6. 设函数的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】根据辅助角公式， 则的图象关于直线对称， 即，解得， 因为，所以当时，符合题意． 7. 已知向量，满足，，设，且，则的最小值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由向量模的运算结合二次函数顶点式即可求的最小值. 【详解】由题意得， 则， 代入，得， 所以当时，取最小值. 8. 设椭圆C：，点和均为椭圆C的顶点，点M，N在椭圆C上. 若，则四边形面积的最大值为（ ） A. B. 4 C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由条件先判断四边形为梯形，设出直线的方程，与椭圆方程联立求出，列出梯形的面积表达式，通过换元借助于二次函数的性质求解最大值. 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因，故可设直线的方程为， 将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得， 所以， 由可知四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故， 故当时，取得最大值为. [Failed to download image : https://qbm-images.oss-cn-hangzhou.aliyuncs.com/QBM/editorImg/2026/4/8/5ab71afd-f879-40cf-b2d0-a87de45695db.svg] 【点睛】对于形如的根式，可以利用三角换元处理. 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. 在中，，，，则（ ） A. B. 的面积为6 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】由余弦定理解出的长，确定为直角三角形，结合向量的模长计算与数量积公式即可求解. 【详解】由余弦定理得， 解得，因为，所以为直角三角形，， 对于A，，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C， ，故C正确； 对于D， ，故D错误. 10. 已知函数，则（ ） A. ，是增函数 B. ，是奇函数 C. 若有三个不同的零点，，，则 D. 过点且与曲线相切的直线恰有3条，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据导数与单调性的关系判断即可；选项B：根据奇函数的定义判断即可；选项C：根据函数零点的定义，结合韦达定理求解即可；选项D：利用导数的几何意义求得切线方程，代入点得，则函数与直线的图象有3个不同的交点，利用导数与极值的关系判断即可. 【详解】已知，则. 选项A：若是增函数，只需，只需即可，所以. 所以，是增函数，故A正确. 选项B：，， 则，故不是奇函数，故B错误. 选项C：若有三个不同的零点，，，则有3个根. 其中一个零点为，另外两个零点为的两个根，，则. 所以，故C正确. 选项D：设切点为，， 所以切线方程为. 又切线过，所以，即. 切线恰有3条，等价于有3个不同的实数解，即函数与直线有3个交点. . 令，即，解得或. 当时，，当时，， 所以在、上单调递减，在上单调递增， 所以极小值为，极大值为， 所以当时，与有3个交点. 所以当时，过点且与曲线相切的直线恰有3条，故D正确. 11. 选取正方体表面上两个不同的点P，Q，定义第k次操作为“将正方体绕直线旋转角”. 则经过下列操作，正方体可能与自身重合的有（ ） A. ， B. ，， C. ， D. ，， 【答案】ABD 【解析】 【分析】先分析正方体的旋转对称性，得到旋转角度应满足的条件，再依次验证选项即可. 【详解】要使正方体经过旋转后能与自身重合，旋转轴必须是正方体的对称轴， 且总旋转角度必须是该对称轴对应的基本对称角度（即满足重合的最小旋转角度）的整数倍， 正方体有三类旋转对称轴：面心轴（连接相对两个面的中心），基本对称角度为； 体对角线轴（连接相对两个顶点），如图：正方体绕旋转后重合， 故基本对称角度为； 棱心轴（连接相对两条棱的中点），基本对称角度为， 由于点是在表面上选取的，只要连线经过正方体中心，就可以成为上述三种对称轴之一， 因为所有的操作都是绕同一条直线进行的，所以最终的总旋转角度就是各次角度之和， 对于A，总角度可以为，A正确； 对于B，总角度可以为，B正确； 对于C，总角度为或，均不是的整数倍，C错误； 对于D，总角度可以为，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设函数，则______. 【答案】2 【解析】 【详解】因为， 所以. 13. 已知双曲线E：的右焦点为F，过原点O的直线交E于P，Q两点，且. 若直线的斜率为，则双曲线E的离心率为______. 【答案】## 【解析】 【详解】设在轴上方，由双曲线的对称性可知，又因为即为直角三角形，所以， 又根据直线的斜率为得到，所以为正三角形，有， 连接与左焦点，由可得为直角三角形且， 由双曲线定义可知，， 所以双曲线的离心率为. 14. 一个边长为5的正方形被分割成四个不同的小矩形（如图），现用红蓝两种颜色对小矩形的边进行染色.若要使每个小矩形均有2条红色边和2条蓝色边，则不同染色的方法数为______. 【答案】82 【解析】 【分析】分①②③④四边同色，①②③④只有三边同色时，另一边不同色时，①②③④每两个同色时三种情况讨论，结合分步乘法计数原理即可求解． 【详解】解： ①②同色时，矩形A另外两边有种方法染色， ①②不同色时，矩形A另外两边有种方法染色，同理其他区域也一样， 则（1）①②③④四边同色，此时共有种； （2）当①②③④只有三边同色，另一边与其不同色时，此时共有种， （3）当①②③④每两个同色时，若①③同色，②④同色，则有种； 若①②同色，③④同色，则有种； 若①④同色，②③同色，则有种； 此时共有种； 综上，共有种． 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. 设公比为q的等比数列的前n项和为，且. （1）求q和; （2）求. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】(1)由等比数列前n项和与通项公式的关系即可求q和 (2) 由等比数列前n项和公式直接代入即可. 【小问1详解】 解:(1)设数列公比为，那么 当时,,又,所以,, 当时,两式相减得,即, 所以，, ，解得; 【小问2详解】 由(1)得. 16. 如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点. （1）证明：平面； （2）设点Q在棱上，求平面与平面所成角的余弦值的最大值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用正四棱锥的性质，结合中点条件，通过等腰三角形三线合一证明与，与垂直，进而证明平面； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量法求解二面角的余弦值，设点的坐标参数，进而表示出平面的法向量，结合平面的法向量，计算两个法向量夹角的余弦值，再根据参数范围求最大值. 【小问1详解】 因为的所有棱长相等，点是棱的中点， 所以，， 又因为，平面， 所以平面. 【小问2详解】 以为坐标原点，所在直线为轴，以过点且垂直于底面的直线为轴，建立如图所示空间直角坐标系，则，，， 设，由（1）知平面， 则为平面的法向量. 则，， 设平面的法向量为， 则，可取， 记平面与平面所成角为，则. 当时，取到最大值. 17. 某公交车每10分钟发一班车，但由于交通状况，实际到达某一固定站点的时间间隔不稳定.为了研究乘客的等待时间，随机记录了50名乘客的等待时间，数据整理如下表（单位：分钟）： 等待时间 频数 20 14 10 6 （1）估计这50名乘客的平均等待时间（同一组中的数据用该组区间的中点值为代表）； （2）记乘客等待时间为，随机变量X服从指数分布，且取值不超过的概率为，其中是自然对数的底数. （i）证明：对于任意的，有； （ii）如果小明已经等公交车等了5分钟，记他还需要的等待时间为（单位：分钟）.他利用人工智能辅助决定：若，则坐公交车（费用2元）；若，则打车（费用20元）.求小明的交通费用的均值. 【答案】（1）7.7分钟 （2）（i）证明见解析（ii）元 【解析】 【分析】（1）利用组中值法计算样本均值即可. （2）（i）根据条件概率公式证明即可. （ii）结合指数分布的数学期望计算即可. 【小问1详解】 平均时间. 【小问2详解】 （i）证明：由题意知，， 分别记已经等待s分钟和已经等待分钟为事件A和事件B， 则 . 所以对于任意的，有. （ii）由（i）知， ， 所以费用的期望是（元）. 18. 已知抛物线：的焦点为F，顶点为，点在上. （1）求的方程； （2）已知点在上，过M且斜率为2的直线交于点Q，令. （i）求点P的坐标（用t表示）； （ii）设直线与的另一个交点为N，焦点F到直线的距离是否存在最大值?若存在求其最大值.若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）（i）（ii）存在， 【解析】 【分析】（1）因为点A在抛物线Γ上，所以将点A的坐标代入抛物线方程，即可求解出p的值，进而得到Γ的方程. （2）（i）先求出直线OA的方程和过M的直线方程，联立这两个直线方程可求出点Q的坐标；利用中点坐标公式，可由M和Q的坐标求出点P的坐标. （ii）先联立直线OP与抛物线Γ的方程，求出点N的坐标；再根据M、N的坐标写出直线MN的方程，发现恒过一定点，F到这一定点的距离即为F到直线的距离最大值. 【小问1详解】 将点代入得，所以：. 【小问2详解】 （i）过M点斜率为2的直线， 直线方程，由得， 可得， 设，由得， 即，解得，所以. （ii）因为，所以直线方程为， 解方程组，得， 所以， 直线：， 整理得， 因此直线过定点. 又，所以， 所以点F到直线的最大距离为. 19. （1）已知，证明：； （2）设，若恒成立，求正整数的最大值； （3）求证：. 【答案】（1）证明见解析（2）2（3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）记，，求导，根据导数即可证明； （2）由（1）结合特殊值可知，结合题意验证是否满足即可求解； （3）由（2）可得，记，求导，根据导数可证得，进而可得，计算即可得证. 【详解】（1）一方面，记，. 则，故在上单调递增，即. 另一方面，记，. 所以，故在上单调递增，即. 综上，，成立. （2）当时，由（1）知，故恒成立. 一方面，取，则； 另一方面，当时，记，则. 由知， 所以，故单调递增.进而. 综上，正整数的最大值为2. （3）当时，由（2）， 即. 则，① 下证，， ， 则， 故单调递增.进而，即. 所以结合①可得，即， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $