精品解析：浙江省杭州第二中学2026-2027学年第一学期开学适应性检测高三数学试卷

杭二中高三年级2026学年第一学期开学适应性检测 数学试卷 命题：高三数学备课组 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号； 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【详解】对化简得， 故. 2. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 用列举法表示集合和后，根据补集的概念进行运算即可得到答案. 【详解】， ， . 故选：A 【点睛】本题考查了解对数不等式，考查了集合的补集运算，属于基础题. 3. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】由正态分布的对称性知，且， 所以. 4. 已知是函数的极值点，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，利用给定极值点求出并验证即得. 【详解】函数的定义域为，求导得， 由是的极值点，得，解得， 此时，当时，；当时，， 因此是的极值点，所以. 故选：B 5. 已知向量，则“”是“向量共线”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】 【详解】因为，， 所以向量. 当时，，所以，则向量共线成立. 由向量共线，得，解得， 所以“”是“向量共线”的充分不必要条件． 6. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】设椭圆，双曲线，设点在第一象限，且，根据椭圆及双曲线的定义，结合余弦定理、离心率公式列式求解即可. 【详解】如图，设椭圆，双曲线， 因为它们有相同的焦点，所以， 不妨设点在第一象限，且， 因为点在椭圆上，所以， 即，又因为， 所以，所以， 因为，所以， 又因为点在双曲线上，所以， 即，又因为， 所以，所以，可得， 所以双曲线的离心率为. 7. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先判断得函数是定义在上的奇函数，所以对恒成立等价于对恒成立，化简可得对恒成立，令，，由基本不等式化简计算即可求解. 【详解】因为函数定义域为，且， 所以函数是定义在上的奇函数， 所以对恒成立等价于对恒成立， 即，化简可得， 令，， 因为，所以， 当且仅当，时，等号成立，即， 同理可得， 要使不等式对恒成立， 则，即， 所以实数的取值范围为. 8. 已知正数，，满足，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用，结合基本不等式对进行放缩，得到关于的不等式，将目标式转化为只关于的单变量函数，对单变量函数求最值，可利用基本不等式求解，同时验证等号成立条件. 【详解】根据基本不等式，结合已知得， 整理得，当且仅当时等号成立. 把的上界代入目标式，可得， 对正数，由基本不等式，当且仅当即时等号成立， 代入得，当​时，由和， 解得​​，均为正数，满足所有约束条件，等号成立，因此原式最小值为 . 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. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. ，有 C. 的值域为 D. ，不等式恒成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，由函数奇偶性定义判断即可；对于B，代入计算即可判断；对于CD，判定函数单调性，根据单调性计算即可判断. 【详解】， 对于A，因为函数定义域为关于原点对称， 且， 所以函数为偶函数，故A正确； 对于B，当时，，故B错误； 对于CD，因为函数在区间上单调递减，在区间上单调递增， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 因为，当时，，，， 又因为函数为偶函数，所以，，故CD正确. 10. 如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形为菱形，，分别是，的中点，在上，且，则在四棱锥中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 若上一点在平面内，则 【答案】AC 【解析】 【分析】先从平面展开图还原出四棱锥的空间结构，明确各点位置，通过中位线和平行线传递垂直可判断A选项，通过分析异面直线可判断B选项，通过取中点构造中位线找到平面内与平行的直线从而证明线面平行可判断C选项，延长和找到平面与底面的交线，利用平行线分线段成比例确定点的位置得到线段比例关系可判断D选项. 【详解】将四棱锥的平面展开图还原成如图所示的直观图，连接， 因为分别是的中点，所以， 又四边形为菱形，所以，所以，所以A正确； 由平面，平面，，平面， 得与是异面直线，所以B不正确； 设，连接交于点，则为的中点，且为的中点， 如图，连接，取的中点，连接， 因为，为的中点，所以为的中点， 又为的中点，所以， 因为分别为的中点，所以，所以， 因为平面，平面，所以平面，所以C正确； 如图，延长交于点，延长、交于点，取的中点，连接， 所以， 又，所以，所以为线段的三等分点， 同理可得为线段上靠近点的三等分点，连接，交于， 所以，所以，即，所以， 所以为的中点，则，所以D错误. 11. 已知曲线C：，下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C构成的封闭图形面积小于的面积 C. 曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2 D. 曲线C的内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点） 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，运用点关于轴的对称点是满足方程，则曲线的图象关于轴对称；对于B，通过放缩法得曲线C：，进而由曲线C包含圆可判断B；对于C，根据已知条件可得即可；对于D，计算边界点来界定整点个数. 【详解】对于A，设为曲线C上任意一点，它关于x轴的对称点是， 将代入曲线C的方程得， 化简得与原方程相同， 故也在曲线C上，则轴是曲线C的一条对称轴，故A正确； 对于B，因为， 所以，即， 所以曲线C包含圆， 所以曲线C构成的封闭图形面积大于的面积，故B错误. 对于C，由，可得. 当，时，等号成立，∴， 即曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2，故C正确； 对于D，令，解得或，即曲线C经过（0，0），（0，1），，此时曲线C的内部无整点， 由选项的结论可知曲线上任一点到坐标原点的距离都不超过2，∴， 令，得，而，此时曲线的内部有3个整点； 令，得，无解， 令，得，即曲线C经过（2，0），不含边界无整点， 令，得，无解， 因此曲线C的内部有3个整点，故D错误. 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，若，，则_______． 【答案】 324 【解析】 【详解】设等比数列的公比为， 则， 因为，， 所以， 又，， 因此. 13. 已知a＞1，b＞1，若logab=3logba+2，ab=ba，则a+b=______． 【答案】4 【解析】 【分析】设logab=x，x＞0；则logba=，因为logab=3logba+2，所以，x=+2，解得，x=-1（舍去）或x=3，结合ab=ba条件，即可解得a，b的值． 【详解】解：设logab=x；则logba=，因为logab=3logba+2， 所以，x=+2，解得，x=-1或x=3； 由于a＞1，b＞1，x=logab＞0，所以x=3； ∴logab=3，∴a3=b；①， 又因为ab=ba， 所以ab=（a3）a=a3a； ∴b=3a；且a＞1，b＞1②， 由①②得，a=，b=3； ∴a+b=4． 故答案为4． 【点睛】本题考查对数的运算性质，换元的解题方法，是基础题． 14. 对于集合的子集，将中的元素按从小到大排列为．若对所有的，的奇偶性与相同，则称为的交替子集．约定空集为交替子集．例如、、均为交替子集．记为的交替子集的个数，则_______． 【答案】144 【解析】 【分析】先明确交替子集的定义，将问题转化为满足“第i个元素与i奇偶性相同”的递增序列计数问题，空集单独计入总数然后找递推关系：考虑第个元素是否在交替子集中，如果为奇数，那么它只能作为序列的奇数位置元素，以此建立和、的关联，最后确定初始条件：计算、的数值，再根据递推式逐步计算到. 【详解】设为集合的交替子集总数， 所有的交替子集，本身也属于的交替子集，这部分共个. 若要把元素追加到某个的交替子集末尾， 若是奇数，追加后它是新子集的最后一位，要求它的奇偶性和它的位置序号相同， 即追加前的子集最后一位是偶数位（空集也满足，空集追加奇数后得到单元素奇子集，符合要求）， 这类子集的总数恰好是. 得到递推公式：，这是斐波那契型递推， 初值：，， 依次递推： . 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. 在中，角、、所对的边分别为，，，满足． （1）求； （2）若，，求的周长． 【答案】（1） （2） 18或20 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理将边化角，结合三角恒等变换求出的值，进而得到角； （2）利用余弦定理求出边的取值，再计算三角形周长. 【小问1详解】 由正弦定理和已知等式可得， 由两角和的正弦公式，右侧， 可得， 因为，所以， 两边同除以得， 又，故. 【小问2详解】 由余弦定理， 代入，，得， 整理得，解得或，均为正数，并符合边长要求， 当时，周长为； 当时，周长为， 因此的周长为18或20. 16. 如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且． （1）求证：直线 （2）若，且三棱锥的体积为．求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 【答案】（1）直三棱柱，平面，平面，故， 由分别是中点，得， 由，， ，得，由，所以， 又，平面，故平面， 因为平面，故； （2） 【解析】 【分析】（1）先证明平面，从而得到； （2）先由三棱锥的体积求出，再建立空间直角坐标系，求出两个平面的法向量，最后代入空间向量夹角公式，取绝对值得到锐二面角的余弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ，，， 所以， 因为三棱锥的体积为，所以,所以 以为原点，分别为轴的正方向建立空间直角坐标系，连接 则，，， 所以, 设平面的法向量是， 则,即，令，得， 因为，为中点，所以， 又侧面底面，侧面底面，平面， 所以平面， 所以平面的一个法向量是， 设平面与平面所成的锐二面角为，则, 所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为. 17. 已知椭圆，点为椭圆的右焦点，过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，． （1）求曲线的方程； （2）若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ii）若，求的面积． 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，再结合通径长公式得，最后根据即可求得，得答案； （2）（i）设出直线方程，与椭圆方程联立，结合韦达定理及求解即可. （ⅱ）根据角平分线的性质，结合韦达定理求出值，进而求出交点纵坐标，代入三角形面积公式求解即可. 【小问1详解】 解：因为点为椭圆的右焦点，所以， 因为过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，， 所以，将代入方程得，所以，即， 因为，所以，即，解得或（舍）， 所以，即曲线的方程为； 【小问2详解】 解：（i）设直线的方程为，，， 联立，整理得， 则，. 设直线与的斜率分别为，，则，， 因为，所以直线与的倾斜角互补，即， 则， 所以，代入韦达定理整理得， 又为任意实数，所以. 当直线的斜率为0时，，符合题意. 综上所述，. （ii）因为，所以为的角平分线， 所以. 因为，所以， 因为， 所以，解得， 所以 因为， 所以，即，解得， 不妨设，则，． 所以的面积. 18. 甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． （1）求丙获得第四名的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙参与对阵的比赛场数的分布列． 【答案】（1） （2） （3）的分布列为 【解析】 【分析】（1）丙拿第四名：先第一轮输给丁进入败区，再用全概率，按甲、乙谁落入败区两种情况，计算丙在败区再输的概率，两者相乘得到结果； （2）甲夺冠分三条互斥路径：三场全胜夺冠；首轮胜、胜区落败再连胜两场夺冠；首轮落败后一路连胜三场夺冠，分别算概率再相加； （3）根据乙的淘汰路径确定的取值，乙对不同对手胜率不同，需结合丙丁组赛果识别对手，分类计算，的概率，再由1减去已有概率得的概率，列出分布列. 【小问1详解】 丙获得第四名，则丙与丁对阵丙败，且丙在 “败区” 对阵仍败. 记丙获得第四名为事件，丙与丁对阵丙败为事件，丙进入 “败区” 后与甲对阵为事件，丙进入 “败区” 后与乙对阵为事件，丙在 “败区” 落败为事件，则 , 因此丙获得第四名的概率是； 【小问2详解】 记甲获得冠军为事件，甲在其参加的第场比赛中获胜为，甲获得冠军，则甲参加的比赛结果有三种情况： ①三场全胜，概率， ②第一场胜，第二场负，第三场胜，第四场胜，概率， ③第一场负，第二场胜，第三场胜，第四场胜，概率， 故，即甲获得冠军的概率为. 【小问3详解】 的可能取值为，分别计算概率： ① ，即乙第一轮输给甲的概率为，败区对手为丙或丁，乙落败概率为， 所以; ② ， 记乙在第场比赛中获胜为，乙对阵甲为事件，乙参与对阵的比赛场数恰为 3 可分为三种情况： ①乙连胜两场，进入决赛不用考虑胜败，概率为， ②乙第一场胜，第二场败，第三场败，概率为 , ③乙第一场败，第二场胜，第三场败，概率为 故 ③ ：乙打 4 场（打进决赛）， 由概率和为 1,得， 的分布列为 19. 已知整数数列满足，且对于任意的，均有，其中为的平均数． （1）求的所有可能取值； （2）若正整数满足，证明：； （3）在所有满足要求的数列中，求的最大值． 【答案】（1） （2）由题意，为整数， 故由得， 又，故． 因此． （3）12 【解析】 【分析】（1）由题知，进而得，再结合是整数数列即可求得答案； （2）由是整数数列得为整数，进而得，再结合题意得，进而根据即可证明； （3）设，，先利用（2）的结论得到，结合不等式放缩得出，因此可以得到，即，再利用数学归纳法给出满足题意和取等条件的数列构造即可． 【小问1详解】 ，故．又为整数，所以． 【小问2详解】 略 【小问3详解】 不妨设，则． 对于，设． 故对于，，由（2）得，因此． 对于任意满足的，有， 故，结合是整数，故． 因此． 化简得到． 又，所以，因此． 由，得，故，解得． 另一方面，构造数列：对非负整数，当时，令． 下面采用数学归纳法验证此数列满足条件． 当时，，，，，成立；，即． 假设对，当时，，且， 对，前项和为， 故． 由得，因此，满足． 且当时，，符合． 因此该构造完全满足题设条件． 由于，对应，故，可以取到． 综上，的最大值为12． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭二中高三年级2026学年第一学期开学适应性检测 数学试卷 命题：高三数学备课组 考生须知： 1．本卷满分150分，考试时间120分钟； 2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号； 3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效； 4．考试结束后，只需上交答题纸． 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. 复数满足，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 2. 设全集，，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，且，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知是函数的极值点，则（ ） A. 2 B. C. 1 D. 5. 已知向量，则“”是“向量共线”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 6. 已知椭圆和双曲线有相同的焦点，，是它们的一个公共点，且，若椭圆的离心率为，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，若对恒成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 已知正数，，满足，则的最小值为（ ） 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. 已知函数，则（ ） A. 为偶函数 B. ，有 C. 的值域为 D. ，不等式恒成立 10. 如图，在四棱锥的平面展开图中，四边形为菱形，，分别是，的中点，在上，且，则在四棱锥中，下列说法正确的是（ ） A. B. C. 平面 D. 若上一点在平面内，则 11. 已知曲线C：，下列结论正确的是（ ） A. 曲线C关于x轴对称 B. 曲线C构成的封闭图形面积小于的面积 C. 曲线C上任一点到坐标原点O的距离都不超过2 D. 曲线C的内部（不含边界）有4个整点（横、纵坐标均为整数的点） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知数列是等比数列，若，，则_______． 13. 已知a＞1，b＞1，若logab=3logba+2，ab=ba，则a+b=______． 14. 对于集合的子集，将中的元素按从小到大排列为．若对所有的，的奇偶性与相同，则称为的交替子集．约定空集为交替子集．例如、、均为交替子集．记为的交替子集的个数，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. 在中，角、、所对的边分别为，，，满足． （1）求； （2）若，，求的周长． 16. 如图，在直三棱柱中，，分别为，的中点，点在侧棱上，且． （1）求证：直线 （2）若，且三棱锥的体积为．求平面与平面所成锐二面角的余弦值． 17. 已知椭圆，点为椭圆的右焦点，过点作直线交曲线于、两点，当直线与轴垂直时，． （1）求曲线的方程； （2）若轴上一点满足． （i）求实数的值； （ii）若，求的面积． 18. 甲、乙、丙、丁四人进行一场乒乓球比赛，具体赛制为：首先四人抽签两两对阵，胜者进入“胜区”，败者进入“败区”；接下来，“胜区”的两人对阵，胜者进入最后决赛；“败区”的两人对阵，败者直接淘汰出局并获得第四名；紧接着“败区”的胜者和“胜区”的“败者”对阵，胜者晋级到决赛，败者获得第三名；最后，剩下的两人进行决赛，胜者获得冠军，败者获得第二名．已知甲对阵乙、丙、丁时甲获胜的概率均为，乙对阵丙、丁时乙获胜的概率均为，丙与丁对阵时，相互之间获胜的可能性相同，且不同对阵结果相互独立．经过抽签，第一轮由甲对阵乙，丙对阵丁． （1）求丙获得第四名的概率； （2）求甲获得冠军的概率； （3）求乙参与对阵的比赛场数的分布列． 19. 已知整数数列满足，且对于任意的，均有，其中为的平均数． （1）求的所有可能取值； （2）若正整数满足，证明：； （3）在所有满足要求的数列中，求的最大值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $