浙江省杭州市2025-2026学年高三上学期教学质量检测数学试题 Word版含解析

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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. 已知 为虚数单位，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的除法运算即可得到答案.
【详解】 .
故选：B.
2. 设集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合 ，再根据交集运算求解.
【详解】 ，
因为 ，所以 .
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故选:B.
3. 设向量 .若 ，则 （ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】由向量的坐标表示出 ，然后解方程即可.
【详解】 ，
∴ ，
解得
故选：A.
4. 《算经十书》是中国古代数学典籍的合集.书中记载（用现代文表达）：今有牛､羊､猪各数头（各有至少 1
头），已知猪的数量多于羊，羊的数量多于牛，牛的数量的 3 倍多于猪､羊数量之和，则牛､羊､猪的总头数至
少为（ ）
A. 12 B. 15 C. 18 D. 21
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列出不等式组，解出即可.
【详解】设牛、羊、猪分别为 头，则根据题意有 ，则 ，
则 ，则 ，则 .
故选：B.
5. 已知函数 .若对于任意的等差数列 ，总有 是等差数列，则称函数 具有
“保等差性”.函数 可能是（ ）
A. B.
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C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用等差数列的定义依次验证选项即可.
【详解】 是等差数列，则需要满足 ，
对于 A，取等差数列 ，则 , ， ,则
，故 A 不正确；
对于 B，取等差数列 ，则 , , ，则
，故 B 不正确；
对于 C，取等差数列 ，则 , , ,则
，故 C 不正确；
对于 D, , ,
所以 ， ，
由于 为等差数列，则 ，所以 ，故 D 正确；
故选：D
6. 设样本数据 的平均数，中位数，众数和标准差分别为 .当 取得最小值
时， （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令 ，将 整理成二次函数的形式，然后根据二次函数的性质来求得正确
答案.
【详解】令 ，
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是一个开口向上的关于 的二次函数，故函数在对称轴处取得最小值，
即 .
故选：A.
7. 若圆 经过 ，圆心在直线 上，则圆 的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】设圆的方程为： ，结合条件列出方程组，求出半径即可求解.
【详解】设圆的方程为： ，
所以 ，解得： ，
所以圆 的面积为 ；
故选：B
8. 设函数 ，若 ，则 （ ）
A. 2 B. 1 C. -1 D. -2
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得 ，令 ，得 在 上为单调递增的奇函数，由
于 ， ，利用对称性求解即可.
【详解】因为 ，所以 ，
即 ，
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令 ， ，所以 在 上为单调递增的奇函数，
由于 ， ，
所以 ，则 ，
故选：D．
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 的展开式中，（ ）
A. 常数项为 20
B. 含 的项的系数为 80
C. 各项系数的和为 32
D. 各项系数中的最大值为 80
【答案】BD
【解析】
【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解 AB，根据二项式系数的定义可求解 C，求出展开式的通项
公式为： ，利用 求解即可判断 D。
【详解】2x 和 只有分得的次数相同才能得到常数项，5 次方无法均分，因此没有常数项，故 A 不正确；
含 x 的项为 ，故 x 的系数是 80，所以 B 正确；
各项系数的和是令 时得到，即 ，故 C 错误．
的展开式的通项公式为： ，
设第 项的系数最大，系数为 ，则 ，
解得： 或 ，此时系数为 ，故 D 正确；
故选：BD．
10. 设函数 ，则（ ）
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A.
B. 的最小正周期是
C. 的值域是
D. 在区间 上单调递增
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用三角恒等变换化简函数 ，由三角函数的性质逐个判断各个选项即可.
【详解】 ，
，
∴ ，故 A 正确；
函数 的最小正周期 ，故 B 正确；
因 ，则函数 的值域是 ，故 C 正确；
当 时， ，此时函数 单调递减，则函数 也单调递减，
故 D 错误.
故选：ABC.
11. 已知函数 的函数值等于 的正因数的个数.例如 .则下列选项正确
的是（ ）
A.
B
C.
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D. 设 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】运用 的概念，结合质因数概念和裂项相消法计算判断即可.
【详解】对于 A，6 的正因数为 共 4 个，所以 ，故 A 正确；
对于 B， ，它的因数形如 ，其中 ，
所以不同的因数有 个，即 ，故 B 不正确.
对于 C，因为 ，所以 ，
所以
，故 C 正确；
对于 D， ，则
，故 D 正确.
故选：ACD.
三､填空题：本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知随机变量 服从正态分布 .若 ，则 =__________.
【答案】0.28
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【解析】
【分析】根据正态分布的对称性求解即可
【详解】由题可得： ;
故答案为：
13. 函数 在 上的最小值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】由 ，求出 ，结合导数研究函数 在 上的
单调性即可求出其最小值.
【详解】由题可得： ，解得： ，
所以 ，则 ，令 ,解得： ，
令 ，解得： ，令 ，解得： ，
所以 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以
故答案为：
14. 过点 的直线 与圆 相切于点 ，与曲线 交于点 R.若 的
中点为 ，则 __________.
【答案】
【解析】
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【分析】设 为 上的任意一点，将点 绕原点逆时针旋转 到 ，根
据旋转关系，可得点 的轨迹为等轴双曲线，从而得到曲线 也是等轴双曲线，由双曲线的性质结合
几何关系即可求解.
【详解】设 为 上的点，将点 绕原点逆时针旋转 到 ，
则 ，由于 ，则 ，
化简可得： ，则点 的轨迹为等轴双曲线，其焦点为 ， ，且
；
所以曲线 也是等轴双曲线，其焦点为 ， ，故点 到焦点
距离之差为常数 .即 ，如图所示.
因为点 分别是 和 的中点，故 ，
而 ，由于 ，
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. 已知等差数列 满足 .
（1）求 的通项公式；
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（2）设等比数列 的前 项和为 ，且 .令 ，求数列 的前 项和 .
【答案】（1） ；
（2） .
【解析】
【分析】（1）由等差数列通项公式建立方程组，解得首项和公差，即可写出数列通项公式；
（2）结合题中条件和等比数列通项公式建立方程组，解得首项和公比，即可求得 通项公式，从而求得
数列 通项公式，利用等比数列和等差数列前 项和公式即可求得数列 的前 项和 .
【小问 1 详解】
设等差数列 的公差为 ，则 解得 ，
所以 的通项公式为 .
【小问 2 详解】
设等比数列 的公比是 ，
由 ，得 ，解得 ，
所以 的通项公式为 ，此时 ， ，
满足 ，故 .
结合（1）知 ，
所以数列 的前 项和 .
16. 设 内角 的对边分别为 ，已知 .
（1）若 .
（i）求 ；
（ii）求 ；
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（2）求 的最大值.
【答案】（1）（i）3；（ii）
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）由和差角公式化简等式，代入 即可求得 ；
（ii）由同角三角函数的关系求得 ，由和差角公式求得 ，然后由正弦定理求得边 ；
（2）由正切的和差角公式和（i）中 的关系化简 ，然后由基本不等式求得最大值.
【小问 1 详解】
（i） ，展开化简得：
所以 ；
（ii）由 ，而 为三角形内角，故 ，
所以 ，
由正弦定理 ，得 .
【小问 2 详解】
由（1）可得 ，故 均为锐角，
所以 ，
当且仅当 时， 取到最大值 .
17. 已知函数 ， 为 的导数，其中 为自然对数的底数.
（1）求 ；
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（2）证明：当 时， ；
（3）设 ，对任意的 ，若 ，求证：
.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求导数 ，代入即可求得 结果；
（2）令 ，求导数 由基本不等式得到 最值，然后得到函数 在 上
单调，从而得到 最值，即可得证；
（3）由（2）得到 ，然后得到 的不等式，从而可求得不等式左边的范围，从而得证.
【小问 1 详解】
，
所以 ；
【小问 2 详解】
设 ，
，
所以 在 上单调递增，当 时， ，
所以，当 时， 成立.
小问 3 详解】
因为 ，则 ，
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由（2）知 ，即 ，
∴
所以 .
原式
18. 已知 是椭圆 的右焦点，过 作直线 交椭圆于 两点，其中 在
轴上方.当 轴时， .
（1）求椭圆 的标准方程；
（2）设 ，
（i）求证： ；
（ii）设点 在椭圆 上，点 是 的外接圆与椭圆 的另一个交点（异于 ），若 平分
，且 ，求 的值.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii） .
【解析】
【分析】（1）根据 即可求解椭圆标准方程；
（2）（i）设 与 的斜率分别为 ，将问题转化为证明 即可；
（ii）设 满足 ，化简可得： ，因为直线
和直线 的交点为 ，则 点都在以 为直径的圆上，因为 都在以 为直
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径的圆上，故 ，所以 是 的角平分线，则 ，利用三角
形面积公式化简即可求解.
【小问 1 详解】
由题知， ，又 ，解得 .
故椭圆 的方程为 .
【小问 2 详解】
（i）记 ，由题意知 .
设直线 的方程为 ，代入椭圆得： .
则有 ，①
设 与 的斜率分别为 ，则
所以 .
（ii）设 满足 ，则
②
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将 代入②，并化简得
，③
将（2）中①代入③得： ，
即 .
又因为直线 和直线 的交点为 .
故满足 的 点都在以 为直径的圆上.
因为 都在以 为直径的圆上，
故 ，所以 是 的角平分线.
则 ，
所以 ，
即 .
所以 ，解得 ，
所以 .
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19. 现有一款益智棋类游戏，棋盘由全等的正三角形组成（如图所示），假设棋盘足够大.一颗质地均匀的正
方体骰子，六个面分别以 标号.在棋盘上，以 为原点建立平面直角坐标系，设点 的坐标为 .棋
子初始位置为坐标原点，投掷骰子 次，用 表示第 次投掷后棋子的位置（ 为坐标原点），规定：
其中向量 为前 次投掷过程中，
掷得偶数的总次数.
（1）求点 所有可能的坐标；
（2）求投掷骰子 8 次后棋子在原点的概率；
（3）投掷骰子 80 次，记棋子在原点且投掷过程中掷得奇数的次数恰为 的概率为 ，求
的表达式，并指出当 为何值时， 取得最大值.
【答案】（1） ；
（2） ；
（3） ， 时， 取得最大值.
【解析】
【分析】（1）根据 即可求 所有可能的坐标；
（2）令向量 ，则当 时， ；当 时，
；当 时 ，其中 ，且 .要保证 为原点，则在 8 次投掷过程中，
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掷得奇数的次数 应为 ，用列举法即可求解
（3）当 不是 3 的倍数时，显然有 .当 是 3 的倍数时，不妨设 ，则掷得偶数的次数为
次.记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
定义操作小结： ，其中 可以为 0，则 其中
，根据隔板法即可求解.
【小问 1 详解】
由题意，点 可能的坐标为 .
【小问 2 详解】
令向量 ，
则当 时， ；当 时， ；
当 时 ，其中 ，且 .
要保证 为原点，则在 8 次投掷过程中，掷得奇数的次数 应为 .
①若 ，即 8 次投掷全部为偶数，共 1 种情况：偶偶偶偶偶偶偶偶；
②若 ，即 8 次投掷过程中有 5 次偶数，3 次奇数，则共 8 种情况：
奇偶奇偶奇偶偶偶，奇偶奇偶偶偶偶奇，奇偶偶奇偶偶奇偶，奇偶偶偶偶奇偶奇，
偶奇偶奇偶奇偶偶，偶奇偶偶奇偶偶奇，偶偶奇偶奇偶奇偶，偶偶偶奇偶奇偶奇；
③若 ，即 6 次奇数，仅有 1 种情况：奇奇偶奇奇偶奇奇.
故 为坐标原点的概率 .
【小问 3 详解】
当 不是 3 的倍数时，显然有 .
以下讨论当 是 3 的倍数的情况.不妨设 ，则掷得偶数的次数为 次.
记进行加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，加向量 为操作 ，不做任何操作记为操作 .
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定义操作小结： ，其中 可以为 0.
在 80 次投掷产生的操作过程，可分为若干操作小结.注意到 1 个操作小节中有 2 次操作 ，每两个操作小节
也由操作 连接，所以共有 个操作小节，如下图所示：
所以有 其中 .
由隔板法可知，上述不定方程共有 组解，而每一组解对应着一种满足题意 投掷，于是有
.综上，有
因此，当 ，即 时， 取得最大值.