浙江省杭州学军中学2025-2026学年高三上学期开学考试数学试题（Word版附解析）

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1. 设集合 ， ，则 （ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由交集运算的定义求解即可
【详解】由题设 , 表示的是奇数集合，
所以
故选：C
2. 已知向量 ， ， .若 、 、 三点共线，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出向量 ，由题意可得 ，利用平面向量共线的坐标表示可得出关于 的等式，解之
即可.
【详解】因为向量 ， ， ，
所以， ，
因为 、 、 三点共线，则 ，所以， ，解得 .
故选：C.
3. 已知复数 满足 ，则 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】D
【解析】
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【分析】设出复数的代数形式，利用复数模的意义列出方程即可判断得解.
【详解】令 ，由 ，得 ，
点 在以 为圆心，1 为半径的圆上，位于第四象限，
故选：D
4. 设 是等差数列，其前 项和为 .则“ ”是“ 为递增数列”的
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】先由 进行化简，能推出 ，即 为递增数列.
再由 为递增数列，得 ，能推出
故“ ”是“ 为递增数列”的充分必要条件.
【详解】设 的公差为 .
充分性证明：由 得： ，即： .
所以 递增数列.
必要性证明：由 为递增数列得： ，所以
所以“ ”是“ 为递增数列的充分必要条件
故选：C.
【点睛】本题主要结合等差数列考查充分条件及必要条件的判断.属于基础题目.
5. 已知方程 x2+3ax+3a+1=0（a＞1）的两根分别为 tanα，tanβ，且 ，则α+β=（ ）.
A. 或 B. 或 C. D.
【答案】D
【解析】
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【 分 析 】 由 韦 达 定 理 和 两 角 和 的 正 切 公 式 可 得 ， 进 一 步 缩 小 角 的 范 围 可 得
，则 可求．
【详解】∵方程 两根 、 ，
∴ ， ，
∴
又∵ ， ，则 ，
∴ ， ，
∴ ，
∴ ，结合 ，
∴
故选 D．
【点睛】本题考查两角和与差的正切函数，涉及韦达定理的应用，属中档题．
6. 公元五世纪，数学家祖冲之估计圆周率 的值的范围是：3.1415926＜ ＜3.1415927，为纪念祖冲之在圆
周率的成就，把 3.1415926 称为“祖率”，这是中国数学的伟大成就.某小学教师为帮助同学们了解“祖率”，让
同学们把小数点后的 7 位数字 1，4，1，5，9，2，6 进行随机排列，整数部分 3 不变，那么可以得到大于
3.14 的不同数字有（ ）
A. 2280 B. 2120 C. 1440 D. 720
【答案】A
【解析】
【分析】
整体上用间接法求解，先算出 1，4，1，5，9，2，6 这 7 位数字随机排列的种数，注意里面有两个 1，多了
倍，要除去，再减去小于 3.14 的种数，小于 3.14 的数只有小数点前两位为 11 或 12，其他全排列.
【详解】由于 1，4，1，5，9，2，6 这 7 位数字中有 2 个相同的数字 1，故进行随机排列，可以得到的不同
情况有 ，
而只有小数点前两位为 11 或 12 时，排列后得到的数字不大于 3.14，故小于 3.14 的不同情况有 ，
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故得到的数字大于 3.14 的不同情况有 .
故选：A
【点睛】本题主要考查数字的排列问题，还考查了理解辨析的能力，属于中档题.
7. 已知椭圆 与双曲线 有相同的焦点 、 ，且它们在第二象限的公共点为
点 ，点 与右焦点 的连线交 轴与点 ，且 平分 ，则双曲线 的离心率为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据椭圆、双曲线的定义可得出 ， ，设 ，结合余弦定理、
锐角三角函数的定义与角平分线的性质定理，用两种方式表达 ，从而建立关于 的方程，解之即可.
【详解】由椭圆的定义可知， ， ，
由双曲线的定义可知， ，所以， ， ，
设 ，因为 交 轴于点 ，且 平分 ，
所以， ，
在 中，由余弦定理可知， ，
设 ，则 ，
由角平分线定理可知， ，即 ，解得 ，
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在 中， ，
整理可得 ，因为 ，解得 ，
因此，双曲线的离心率为 .
故选：D.
【点睛】方法点睛：求解椭圆或双曲线的离心率的方法如下：
（1）定义法：通过已知条件列出方程组，求得 、 的值，根据离心率的定义求解离心率 的值；
（2）齐次式法：由已知条件得出关于 、 的齐次方程，然后转化为关于 的方程求解；
（3）特殊值法：通过取特殊位置或特殊值，求得离心率.
8. 如图，边长为 2 的正方体的一个顶点 A 在平面 内，其余顶点在 的同侧，且点 B 和点 D 到平面 的
距离均为 ，则平面 与平面 的夹角的余弦值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点到面的距离的性质，结合面面垂直的判定定理，得到 E，A，F 三点共线，根据三角关系，
得到 ， ， 到平面 的距离，进而得直线 与平面 的夹角正弦值，求出平面 与平面 的
夹角的余弦值.
【详解】点 B 和点 D 到平面 的距离相等，故 平面 ，
而 为平面 法向量，故平面 平面 ，
分别过 C， 作平面 的垂线，垂足为 E，F，如图，则 E，A，F 三点共线，
由 ，且 与 中点重合可知 ．
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因此 ， ，故 ，
进而由 易知点 到平面 的距离为 ，
又因 与 中点重合，且 平面 ，
因此点 到平面 的距离为 ，而点 到平面 的距离为 ，
且 ，故直线 与平面 的夹角正弦值为 ，
易知直线 与平面 垂直，故平面 与平面 的夹角的余弦值为 ．
故选：A
【点睛】
二、多选题：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，有选错的得 0 分．
9. 已知圆 ，P 是直线 上一动点，过点 P 作直线 PA，PB 分别与圆 O 相切于
点 A，B，则（ ）
A. 圆 O 与直线 l 相离 B. 存在最小值
C. 存在最大值 D. 存在点 P 使得 为直角三角形
【答案】AB
【解析】
【分析】求出圆心 到直线的距离判断 A；利用切线长定理计算判断 B；利用四边形面积求得
，借助 的范围求解判断 C；根据 为直角三角形求得 ，根据圆
心到直线的最小距离即可判断 D.
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【详解】圆 的圆心 ，半径 ，
对于 A，点 到直线 的距离 ，故圆 O 与直线 l 相离，正确；
对于 B， ，
当且仅当 时取等号，正确；
对于 C，由 垂直平分 得， ，
则 ，当且仅当 时取等号，
所以 不存在最大值，错误；
对于 D，由 A 可知， ，若 为直角三角形，则 ，
从而 ，又 ，所以不存在点 P 使得 为直角三角形，错误.
故选：AB
10. 已知 为常数，函数 有且只有一个极值点 ，则（ ）
A. B.
C. 为极大值点 D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求函数导数，分析导数零点的唯一性确定 的取值范围，进而确定极值点 的范围、类型及函
数数值符号.
【详解】由题意 ， ，
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由题意函数 有且只有一个极值点 ，
可得 有且仅有一个变号零点，故曲线 与直线 有且只有一个穿越型交点，
令 ，则 ，
易知当 时， ，即 在 上单调递减，
当 时， ，即 在 上单调递增，
因此 在 处取得极小值，也是最小值，且 时 ,
又因为直线 恒过原点，如下图所示：
由图可得 ， ，所以 正确，
当 时， ，可知 在 上单调递减；
当 时 ，即 在 上单调递增；
故 为极小值点，所以 错误；
显然 ，代入 ，得 ， 正确．
故选：
11. 已知 是直角三角形， 是直角，内角 、 、 所对的边分别为 、 、
，面积为 ，若 ， ， ， ，则（ ）
A. 是递增数列 B. 是递减数列
C. 存在最大项 D. 存在最小项
【答案】ACD
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【解析】
【分析】由题意推出 ，从而说明 ，利用三角形面积公式推出 ，构造
数列从而求得 ，由此可判断 A,B 由 结合 可求得 、
，对数列 中的奇数项和偶数项构成的数列的单调性以及项的符号进行分析，确定数列
的最大项和最小项，可判断 CD.
【详解】由题意知： ，
故 ，即 ，即 ，
所以 ，则 ，
故 ， ，
由 得： ，
即 ，所以 ，
则 ，而 ，
故 ，则 ，
所以 ，由于 随 的增大而减小，
故 是随 增大而增大，
由题意知 ，故 是递增数列，故 A 正确；
同理 随 的增大而增大， 是递增数列，B 错误；
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又 ，由于 ， ，且 ，
所以， 是首项为 ，公比为 的等比数列，故 ，
所以， ，
因为 ， ，故 ， ，
所以， ，
所以， ，其中 ，
，其中 ，
因为数列 随着 的增大而减小，数列 随着 的增大
而增大，
故数列 随着 的增大而减小，故 为数列 中所有正项中最大的，
同理可知数列 随着 的增大而增大，故 为数列 中所有负项中最小的，
综上所述，数列 的最大项为 ，最小项为 ，CD 均对.
故选：ACD.
【点睛】本题综合考查了数列的单调性问题以及数列的最大项和最小项问题，综合性较强，难度较大，解
答时要结合几何知识，能熟练的应用数列的相关知识作答，关键是要注意构造新数列解决问题.
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知某场考试考生人数为 10000 人，考试的成绩服从正态分布 ，若录取分数线为 350 分，
则录取人数约为______．（结果四舍五入取整数）(参考数据：若 服从正态分布 ,则
)
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【答案】1587
【解析】
【分析】首先确实正态分布的参数，然后计算分数线对应的标准分数，利用已知的概率数据求出超过分数
线的概率，最后用总人数乘以该概率得到录取人数.
【详解】因为考试成绩服从正态分布 ，
故 ，
所以录取人数为 人.
故答案为：1587
13. 在 的展开式中，仅第 项的二项式系数最大，则展开式中系数最大的项是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用二项式系数的性质得到 ，设展开式中系数最大项是 ，利用展开式的通项公式得到
，即可求解.
【详解】由 的展开式中，仅第 项的二项式系数最大，得展开式共 项，则 ，
所以 的展开式的通项公式 ，
设展开式中系数最大项是 ，则 ，即
解得 ，而 ，所以 ， ，
所以展开式中系数最大的项是 ,
故答案为： .
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14. 如图，有排列整齐的 20 个盒子和 20 个球（其中红球和黄球各 5 个，黑球 10 个），在每个盒子中随机放
入了一个球，球的颜色可能是红色、黄色、黑色中的一种.现随机先后打开每个盒子（直到打开所有盒子结
束），则红球最先被全部开出的概率为______.
【答案】
【解析】
【分析】记最后打开的盒子中的球是黄球为事件 ，最后打开的盒子中的球是黑球为事件 ，记装有红球
的盒子最先全部被打开为事件 ，则 ，利用全概率公式和乘法公式求出 ， 即可
得解．
【详解】由题知红球、黄球、黑球个数分别为 5，5，10.
记“最后打开的盒子中的球是黄球”为事件 ，“最后打开的盒子中的球是黑球”为事件 ，显然事件 与
互斥，
记“红球最先全部开出”为事件 ，则 .
当事件 发生时，只需考虑装红球、黑球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黑球，可得
，
则 .
当事件 发生时，只需考虑装有红球、黄球的所有盒子已全部打开，最后被打开的那一个盒子是黄球，可
得 ，
则 ，
所以 .
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. 已知函数 （ ， ）， 的部分图象如图所示，P，Q 分别为该图
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象的最高点和最低点，点 P 的坐标为 ．
（1）求 的最小正周期及 的值；
（2）若点 R 的坐标为 ， ，求 A 的值．
【答案】（1）最小正周期 ， ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）根据给定的函数式及图象，利用正弦函数周期公式及最值点求得答案.
（2）过点 Q 作 于点 S，结合（1）的信息求出 ，再利用给定角求出 .
【小问 1 详解】
函数 的最小正周期 ，
由 为函数图象的最高点，得 ， ，
解得 ， ，而 ，所以 .
【小问 2 详解】
由 Q 为函数图象的最低点， ， ，得点 Q 的坐标为 ， ，
又 ，则 ，过点 Q 作 于点 S， ，
因此 .
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16. 已知 A，B 两组各有 7 位病人，他们服用某种药物后的康复时间（单位：天），记录如下：
A 组 11 12 13 14 15 16 17
B 组 13 14 16 17 18 15 a
假设所有病人的康复时间相互独立，从 A，B 两组随机各选 1 人，A 组选出的人记为甲，B 组选出的人记为
乙.
（1）求甲的康复时间不少于 14 天的概率；
（2）如果 ，求甲的康复时间比乙的康复时间长的概率；
（3）写出 a 为何值时，A，B 两组病人康复时间方差相等.（结论不要求证明）
【答案】（1）
（2）
（3） 或
【解析】
【分析】（1）由题意可知，7 人中有 3 人的康复时间不少于 14 天，据此计算即可；
（2）根据表格，写出甲的康复时间比乙的康复时间长的所有可能，进而计算概率；
（3）分别求出 ， 组病人康复时间的方差，利用其相等即可求出 的值.
【小问 1 详解】
设事件 为＂甲是 组的第 i 个人＂，事件 为＂乙是 B 组的第 i 个人＂， .
由题意，得
由题意可知，事件＂甲的康复时间不少于 14 天＂等价于＂甲是 A 组的第 4 人，第 5 人，或者第 6 人，或者
第 7 人＂，
所以甲的康复时间不少于 14 天的概率是 ．
【小问 2 详解】
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设事件 C 为＂甲的康复时间比乙的康复时间长＂，由题意，得
因此
．
【小问 3 详解】
A 组病人康复时间平均数为： ，
其方差为： .
B 两组病人康复时间平均数为：
其方差为：
依题意： ，解得 或
17. 如 图 所 示 ， 在 四 棱 锥 中 ， 底 面 ， 四 边 形 中 ， ，
， ， ．
（1）求证：平面 平面 ．
（2）设 ．
①直线 与平面 所成的角为 ，求线段 的长；
②线段 上是否存在一个点 ，使得点 到点 ， ， ， 的距离都相等？说明理由．
【答案】（1）证明见解析
（2）① ；②不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据线面垂直的性质，结合线面垂直的判定定理和面面垂直的判定定理进行证明即可；
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（2）①以 为坐标原点，建立空间直角坐标系 ，根据线面角的定义，结合空间向量夹角公式进行
求解即可；
②解法一：假设存在，设 ，利用空间距离公式得到方程，推出方程无解，即可判
断；解法二：假设存在，根据题意，结合勾股定理进行求解即可.
【小问 1 详解】
平面 ， 平面 ，
，
又 ， ， 平面 ，
平面 ，
又 平面 ，
平面 平面 .
【小问 2 详解】
①以 坐标原点，建立空间直角坐标系 （如图），
在平面 内，作 交于点 ，
则
在 中， ，
设 ，则 ， ，
由 ，得 ，
所以 ， ， ,
，
设平面 的法向量为 ，
由 ， ，得 ，
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取 得平面 的一个法向量为 ，
又 ，
故由直线 与平面 所成的角为 得 ，
即
解得 或 （舍去，因为 ），所以 ；
②解法一：如图所示，假设线段 上存在一个点 ，使得点 到点 ， ， ， 的距离都相等．
设 ，则 ， ， ．
因此由 ，得 ，即 ，
又由 ，得 ，
联立两式，消去 并化简，得 ，由
∵方程 没有实数根，
∴在线段 上不存在一个点 ，使得点 到点 ， ， ， 的距离都相等．
解法二：假设在线段 上存在一个点 到 、 、 、 的距离都相等，
由 ，得 ，
从而 ，即 ，
所以 ，
设 ，则 ， ，
在 中，
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，
这与 矛盾，
所以在线段 上不存在一个点 ，使得点 到 、 、 的距离都相等，
从而，在线段 上不存在一个点 ，使得点 到点 、 、 、 的距离都相等．
18. 已知以原点 O 为中心， 为右焦点的双曲线 C 的离心率 ．
（1）求双曲线 C 的标准方程及其渐近线方程；
（2）如图，已知过点 的直线 与过点 （其中 ）的直线
的交点 E 在双曲线 C 上，直线 MN 与两条渐近线分别交与 G、H 两点，求 的面
积．
【答案】（1）双曲线方程： ，渐近线方程 ；
（2）2.
【解析】
【分析】（1）利用给定的离心率及焦点坐标求出 即可.
（2）设点 ，求出直线 的方程并与双曲线的渐近线方程联立求出交点 的纵坐标，再利
用三角形面积公式计算得解.
【小问 1 详解】
依题意，设双曲线 的标准方程为 ，
半焦距 ，离心率 ，则 ，
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所以双曲线 的标准方程为 ，其渐近线方程为 .
【小问 2 详解】
依题意，点 在直线 和直线 上，
则 且 ，于是点 均在直线 上，
因此直线 的方程为 ，设 分别是直线 与渐近线 和 的交
点，
由 及 ，解得点 纵坐标 ，点 纵坐标 ，
设直线 与 轴的交点为 ，则在直线 中，令 ，得点 横坐标 ，
而 ，因此 ，
所以 的面积为 2.
19. 已知 为正实数， 为自然数，抛物线 与 轴正半轴相交于点 ，设 为该抛物线在
点 处的切线在 轴上的截距．
（1）用 和 表示 ；
（2）求对所有 都有 成立的 的最小值；
（3）当 时，比较 与 的大小，并说明理由．
【答案】（1） ；
（2）a 的最小值是 ；
（3） ，证明见解析.
【解析】
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【详解】解：(Ⅰ) 抛物线 与 轴正半轴相交于点 ，
对 求导得
抛物线在点 处的切线方程为 ，
为该抛物线在点 处的切线在 轴上的截距， ;
(Ⅱ)由(Ⅰ)知 ，则 成立的充要条件是
即知， 对所有 成立，特别的，取 得到
当 ， 时，
当 ， ， 时，
时，对所有 都有 成立
的最小值为 ;
(Ⅲ)由(Ⅰ)知 ，下面证明：
首先证明：当 时，
设函数 ， ，则
当 时， ；当 时，
故函数 在区间 上的最小值
当 时， ，
由 知 ，因此 ，
从而
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[点评]本小题属于高档题，难度较大，需要考生具备扎实的数学基础和解决数学问题的能力.主要考查了导
数的应用、不等式、数列等基础知识；考查了思维能力、运算能力、分析问题与解决问题的能力和创新意
识能力；且又深层次的考查了函数、转换与化归、特殊与一般等数学思维方法．