精品解析：浙江省杭州第四中学2026-2027学年高三上学期开学阶段性测试数学试题

杭州第四中学2026学年第一学期高三年级阶段性测试 数学试题卷 命题、审题：2026届高三数学备课组 2026年9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. 且 2. 若，其中，为虚数单位，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 3. 《九章算术》中有这样的一个问题：“今有宛田，下周三十步，径十六步．问为田几何？”意思是说：现有一块扇形田，弧长30步，扇形所在圆的直径为16步，则这块扇形田的面积（单位：平方步）是（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 480 4. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 5. 若随机变量，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 9 6. 已知某正三棱台的上、下底边长分别为3和6，若其存在内切球，则正三棱台的高为（ ） A. B. 2 C. D. 3 7. 已知，是两个随机事件，若，，，记，则（ ） A. B. C. D. 8. 设向量，，则当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，不选或有选错的不得分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 11. 在如图的数表中，每行从左到右的四个数成等比数列，每列从上到下的四个数成等比数列，且所有公比均不为1或．若数表中有四个数为1，有四个数为2，则（ ） A. 数表中每行恰有一个数为1 B. 数表中共有6个不同的数 C. 数表中所有数的乘积为256 D. 符合条件的数表共有4个 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，圆的半径为2，则_______________． 13. 已知，则________________． 14. 设，函数，若过轴上一定点的任意直线与的交点个数不可能为3个，则的取值范围为__________． 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. 记的内角，，的对边为，，，已知，． （1）求； （2）若，求的周长． 16. 如图，长方体中，，，为棱的中点． （1）作出直线与平面的交点（保留作图痕迹，无需证明）； （2）作出平面与平面的交线（保留作图痕迹，无需证明）； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 17. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足，其中且．当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线． （1）求的方程与离心率； （2）设不经过第二象限的直线与轴、轴分别相交于两点，与曲线相交于两点，若点三等分线段，求的方程． 18. 设，函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，求曲线过点的切线方程； （3）证明：． 参考数据：，，，． 19. 对于数列，若存在函数，使得恒成立，则称数列具有“性质F”，若存在正整数，，使得当时，恒成立，则称数列具有“性质T”． （1）若各项均为正整数的数列具有“性质F”，证明以下命题： （i）若存在相异正整数，，使得，则数列具有“性质T”； （ii）若存在无穷项递增正整数列：，，，，使得，则数列具有“性质T”； （2）对于正整数，记为的最大素因子（即能整除的最大的素数），例如：，则．已知数列满足以下条件： ①且； ②若为素数的幂（即存在素数和正整数使得），则； ③若有至少两个不同的素因子，则． 证明：数列具有“性质T”． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 杭州第四中学2026学年第一学期高三年级阶段性测试 数学试题卷 命题、审题：2026届高三数学备课组 2026年9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. 且 【答案】A 【解析】 【分析】 根据不等式的解法得B={x|0＜x＜2}，然后根据并集的定义“由所有属于集合A或属于集合B的元素所组成的集合叫做并集”进行求解即可． 【详解】根据不等式的解法，易得B={x|0＜x＜2}， 又有A={x|x＞1}，则A∪B={x|x＞0}． 故选A． 【点睛】本题考查并集的运算，注意结合数轴来求解，属于容易题． 2. 若，其中，为虚数单位，则（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】B 【解析】 【详解】由，故. 3. 《九章算术》中有这样的一个问题：“今有宛田，下周三十步，径十六步．问为田几何？”意思是说：现有一块扇形田，弧长30步，扇形所在圆的直径为16步，则这块扇形田的面积（单位：平方步）是（ ） A. 60 B. 120 C. 240 D. 480 【答案】B 【解析】 【分析】利用扇形面积公式直接代入计算可得结果. 【详解】易知扇形所在圆的半径为8步，弧长为30步， 因此这块扇形田的面积为平方步. 故选：B 4. 双曲线的焦点坐标为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据双曲线的定义及标准方程求解即可. 【详解】根据双曲线的定义可得，，，且焦点在轴上， 方程可化为. 此时，，则， 所以该双曲线的焦点为. 5. 若随机变量，且，，则（ ） A. 2 B. 4 C. 3 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用正态分布的对称性求解. 【详解】因为，，所以， 因为， 所以，即， 所以. 6. 已知某正三棱台的上、下底边长分别为3和6，若其存在内切球，则正三棱台的高为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】正三棱台结构特征结合内切球的要求，确定球心位置，以及与上、下底面和侧面的切点位置，再利用已知的上、下底边长，构造关于内切球半径的方程，即可求出正三棱台的高． 【详解】由正三棱台结构特征结合题意，可知内切球与上、下底面切点为上、下底面的重心． 如图，取、的中点分别为、，上、下底面的中心分别为、， 球心为的中点． 正三棱台的上、下底面均为正三角形，且边长分别为3和6，则，． 在等腰梯形中，． 取截面，同时面截内切球为圆， 其与、、分别相切于、、． 由圆的切线长定理，可得，，即． 令，则在直角梯形中， 由勾股定理，可得，即． 由正三棱台结构特征结合题意，可知即为正三棱台的高，则高长为． 7. 已知，是两个随机事件，若，，，记，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由及求得，再由概率的性质、条件概率的求法求概率. 【详解】由，则，故， 由，则，且， 所以. 8. 设向量，，则当取得最小值时，（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先展开向量点积，利用向量点积的最值性质得到关于夹角余弦的函数，再求该函数取最小值时对应的余弦值即可. 【详解】因为，， 所以  ， 设的夹角为，，则， 且，当与反向时取等号， 此时  ， 令（）， 可得 ， 对求导得，令，得，解得， 当 时，，单调递减， 当 时，，单调递增， 故时取得最小值，此时. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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，不选或有选错的不得分． 9. 下列求导运算正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，，A正确； 对于B，，B错误； 对于C，，C正确； 对于D， ，D错误． 10. 在中，已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】先利用二倍角公式得，再利用进行放缩，得出、的范围，、两个选项可以利用特殊值代入检验，选项采用反证法推出矛盾. 【详解】，又，有，或. 又，有. 又，有. 对于，若，与矛盾，所以，故正确； 对于，设，，，使，故错误； 对于，设，，，使，故错误； 对于，假设，则，即，， 又，，得，与矛盾，所以，故正确. 【点睛】反证法先假设对立条件，通过推导出矛盾来说明条件不成立，是一种非常高效和有趣的方法. 11. 在如图的数表中，每行从左到右的四个数成等比数列，每列从上到下的四个数成等比数列，且所有公比均不为1或．若数表中有四个数为1，有四个数为2，则（ ） A. 数表中每行恰有一个数为1 B. 数表中共有6个不同的数 C. 数表中所有数的乘积为256 D. 符合条件的数表共有4个 【答案】ABC 【解析】 【分析】先利用公比不为或说明每行、每列至多出现一个和一个，再由两种数各有个推出每行、每列恰有一个和一个.对数表各项取绝对值后以为底取对数，把行、列的等比关系转化为等差关系；研究四行公差的可能取值，确定数表只有两种，再逐项判断各选项. 【详解】设第行第列的数为. 在同一行中，若有两个位置的数都为，设该行公比为，则有，从而或，与题意矛盾. 因此每行至多有一个数为； 同理，每行至多有一个数为. 数表中共有个、个，故每行恰有一个和一个. 同理，每列也恰有一个和一个. 另外，同一行不可能同时出现与：否则有，实数只能在为奇数时取，仍与题意矛盾； 同理，同一行也不可能同时出现与.列的情形相同. 于是各行中的数均不为，且取绝对值后每行、每列仍恰有一个和一个. 令 则每行、每列的四个都成等差数列，且公差均不为； 并且每行、每列都恰有一个和一个. 记第行的公差为. 由于相邻两列都是等差数列，所以它们对应项之差也成等差数列，即成等差数列. 在第行中，与所在列的距离只能为或，故 若，则每一行中从到的列号差都等于同一个非零整数. 而四个分别占据四列，其中必有第列和第列，固定平移同一个非零列数后不可能仍全部落在第至第列内，矛盾. 因此不全相等. 集合中，非恒定四项等差数列的四项必须互不相同. 比较这六个数的间距，可知能选出的四个等距数只有， 故或 先考虑第一种. 第行公差为，所以该行的在第列、在第列； 第行公差为，所以该行的在第列、在第列. 其余两个只能在第列. 第行公差为，结合每列只能有一个，可得第行的分别在第列； 于是第行的分别在第列. 因此 另一种情形得到上下翻转的数表. 又因为每行中与的位置相距格或格，均为奇数格.若某行公比为负数， 则相距奇数格的两项异号，与均为正数矛盾. 因此各行公比均为正数，数表中所有数均为正数，从而. 所以符合条件的数表只有下面两种： A：每行恰有一个数为，正确. B：数表中的不同数为共个，正确. C：每一行四个数的乘积均为，故数表中所有数的乘积为，正确. D：符合条件的数表共有个，不是个，错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，圆的半径为2，则_______________． 【答案】 【解析】 【详解】由圆，其半径为2， 所以，又，则. 13. 已知，则________________． 【答案】35 【解析】 【分析】利用二项式定理分别求出左边每一项中和的系数，相加即可得到结果． 【详解】由于， 而 中的系数为，  中的系数为，的系数为，  中的系数为，的系数为，  中的系数为，的系数为， 故，， 因此． 14. 设，函数，若过轴上一定点的任意直线与的交点个数不可能为3个，则的取值范围为__________． 【答案】或 【解析】 【分析】先将绝对值函数写成以为分界的两段二次函数，两段图象交于．若一条直线与整个图象有个不同交点，则要么经过拼接点，要么与其中一段抛物线相切且与另一段有两个交点．分别求出这两类直线在轴上的截距范围，即可得到存在“三交点直线”时的范围，再取补集． 【详解】当时， 当时， 两段图象在处相接． 竖直直线与图象只有一个交点，因此若出现个不同交点，只需考虑斜率存在的直线． 先考虑直线经过． 此时直线为 令． 在的一段上，交点满足除外还有一个的交点，当且仅当． 在的一段上，交点满足除外还有一个的交点，当且仅当． 因此，经过的直线有个不同交点，当且仅当 设直线不经过，记直线在处与图象的纵坐标差为． 若，两段开口向上的抛物线从向两侧延伸时各与直线恰有一个交点，总数只能为； 若，每一段与直线的交点数只能为、，或在相切时为． 因此要有个不同交点，只可能是直线与其中一段抛物线相切，并与另一段有两个交点． 若与右段抛物线在（）处相切，则切线在轴上的截距为 要使该切线与左段抛物线有两个交点，计算判别式得，于是 若与左段抛物线在（）处相切，则切线在轴上的截距为 要使该切线与右段抛物线有两个交点，计算判别式得，于是 综上，存在过的直线与图象有个不同交点，当且仅当 所以 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. 记的内角，，的对边为，，，已知，． （1）求； （2）若，求的周长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式计算出，进而可得到，结合的范围即可求得角； （2）先由正弦定理求出的值，再利用余弦定理构造等式求得，最终得到三角形周长． 【小问1详解】 由于， 故， 又，所以． 【小问2详解】 由正弦定理得， 故， 因此， 由余弦定理得，即， 故，因此， 所以，的周长为． 16. 如图，长方体中，，，为棱的中点． （1）作出直线与平面的交点（保留作图痕迹，无需证明）； （2）作出平面与平面的交线（保留作图痕迹，无需证明）； （3）求平面与平面夹角的正弦值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据一个平面内的直线，不平行则相交，先作出平面与平面的交线，进而交线与直线的交点即所求的交点； （2）先分别找出两点都在平面与平面上，进而这两点的连线即为这两个平面的交线； （3）先根据题意建立空间直角坐标系，再分别求出平面与平面的法向量，进而利用夹角公式即可求解． 【小问1详解】 连接交于，连接，则是平面与平面的交线， 作交于，则点在直线上，即在平面上， 又点也在直线上，所以点为直线与平面的交点． 【小问2详解】 作交于，则点在平面上，也在平面上， 延长，交于，则点在平面上，也在平面上 连接交于，则点在平面上，也在平面上， 连接，即为平面与平面的交线． 【小问3详解】 由是长方体， 则以为原点，，，所在的直线为轴，轴，轴建立如下空间直角坐标系， 又，，为棱的中点， 则有，，， 则，， 设平面的法向量为， 则， 令，则，，则， 显然平面的法向量为， 设平面与平面夹角为， 则，则． 所以平面与平面夹角的正弦值为． 17. 在圆上任取一点，过点作轴的垂线段，为垂足，点满足，其中且．当点在圆上运动时，点的轨迹为曲线． （1）求的方程与离心率； （2）设不经过第二象限的直线与轴、轴分别相交于两点，与曲线相交于两点，若点三等分线段，求的方程． 【答案】（1）的方程为， 当时，离心率为；当时，离心率为 （2） 【解析】 【分析】（1）相关点法求动点轨迹方程，设出点Q坐标，根据向量共线的关系，用点Q坐标表示点P坐标，将点P坐标代入圆的方程中即可求得轨迹方程.根据椭圆方程的性质及离心率公式即可求离心率. （2）先设出直线l的方程，求出交点坐标，根据三等分性质得到线段的中点与线段的中点重合，利用中点重合列方程可求斜率k.再利用弦长关系，用韦达定理列方程求解参数b. 【小问1详解】 设点Q坐标为，设点P坐标为， 由题意可知，，点D坐标为. 因为，所以有，解得，所以点P坐标为， 因为点P在圆上，将点P坐标代入得：， 即的方程为. 因为且，所以是椭圆. 当时，，，， 因此离心率. 当时，，，， 因此离心率. 【小问2详解】 因为直线l不过第二象限，且与x轴，y轴都有交点， 所以设直线l的方程为，其中斜率，y轴截距. 令得，令得. 因为点A、B三等分线段， 所以线段的中点与线段的中点重合，线段中点坐标为. 将代入椭圆方程中，整理得： ， 设，， 由韦达定理得，. 所以线段中点横坐标为. 令两个中点横坐标相等：， 化简得：，结合，得. 由三等分关系得弦长，即水平方向坐标满足， ， 结合韦达定理，有， 代入和得：，得， 因为，所以. 因此直线l的方程为，整理为. 18. 设，函数． （1）讨论的单调性； （2）当时，求曲线过点的切线方程； （3）证明：． 参考数据：，，，． 【答案】（1）若，在上单调递增；若，在上单调递减，在上单调递增 （2），或 （3）当时，，则，则，而，所以成立； 当时， 令，则， 令，则， 又和都在上单调递增，则在上单调递增， 又，， 所以存在唯一，使得，即， 当时，，则在上单调递减，即在上单调递减； 当时，，则在上单调递增，即在上单调递增， 所以， 令，，则， 则在上单调递减，所以，即， 又，且在上单调递减，即时，， 又在上单调递增，且， 所以存在唯一，使得，即， 当和时，，则在上单调递减； 当时，，则在上单调递增， 所以， 令，，则， 又和都在上单调递减，则在上单调递减， 则，则在上单调递减， 所以，即， 所以，即成立， 综上，当时，，证毕． 【解析】 【分析】（1）先求导，分和两种情况判断导函数的符号，进而求出的单调区间； （2）先判断点不在曲线上，设切点的坐标，再结合（1）得到切线的斜率，从而得到点斜式的切线方程，再将点代入求出切点的坐标，即可求出切线方程； （3）分和两种情况证明，当时，根据左右两边的取值范围即可证明不等式成立；当时，构造函数，求导，从而根据单调性，及零点存在性定理得到的最小值大于，进而即可证明不等式成立． 【小问1详解】 由，（），则， 又，则，， 若，当时，，则在上单调递增； 若，当时，，则在上单调递减， 当时，，则在上单调递增． 综上，若，在上单调递增；若，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 当时，得， 又，即点不在曲线上， 则设切点为， 结合（1）得，则， 所以切线方程为 （*）， 将点代入切线方程中，化简得，解得，或， 将和分别代入（*）式， 所以切线方程为，或． 【小问3详解】 略 19. 对于数列，若存在函数，使得恒成立，则称数列具有“性质F”，若存在正整数，，使得当时，恒成立，则称数列具有“性质T”． （1）若各项均为正整数的数列具有“性质F”，证明以下命题： （i）若存在相异正整数，，使得，则数列具有“性质T”； （ii）若存在无穷项递增正整数列：，，，，使得，则数列具有“性质T”； （2）对于正整数，记为的最大素因子（即能整除的最大的素数），例如：，则．已知数列满足以下条件： ①且； ②若为素数的幂（即存在素数和正整数使得），则； ③若有至少两个不同的素因子，则． 证明：数列具有“性质T”． 【答案】（1）（i）证明：因为数列具有“性质F”. 所以存在函数，使得恒成立， 假设且， 从i开始，数列满足： ， ， 以此类推，. 因此，从i开始，数列每项重复一次， 取，则当时，，故数列具有“性质T”. （ii）证明：因为为正整数，存在无穷项递增正整数列：，，，，使得 一个无穷递减（非严格）的正整数序列，不可能无限递减，即存在正整数N，使得当时,(C为常数)， 无穷非严格递减的正整数序列必然最终稳定为常数列，因此子列中存在无穷多项等于常数C. 故存在使得. 由(i)可知数列具有“性质T”. （2）证明：对于任意，数列行为如下： 若(素数幂)，则(素数幂加最大素因子)； 若有至少两个素数因子，则(减去最大素因子)， 假设，仍为素数幂，则， 若p为奇素数，左边模p余1，不可能是p的幂， 若，则，仅当时成立，即， 此时，，，而6含两个不同素因子，下一步严格下降. 因此数列中任意上升段长度有限，必然反复出现数值下降. 于是可取无穷递增下标，，，，使得， 由(1)(ii)可知，数列具有“性质T”. 【解析】 【分析】（1）（i）根据题干信息， 通过“性质”的特点，递推可得后面每一项都对应相等：即，取，即可求证. （ii）是正整数列，无穷非增正整数子列必然会出现相等两项。转化为(i)的条件，直接推出数列有“性质T”. （2）要证数列具有“性质T”，题目(1)(i)已经给了一个现成工具，所以我们只需要构造出这个无穷非递增子列. 分析两条递推规则：遇到 “多素因子数” 就下降；遇到 “素数幂” 就上升，再证明连续上升只能有限步，迟早会下降，每次下降的位置取出，得到无穷下标列，对应项非递增，套用题目(1)(ii)，即可求证. 【小问1详解】 （i）略. （ii）略. 【小问2详解】 略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $