浙江省杭州市2026届高三下学期二模试题 数学 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. 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】
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【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
288× 240× 192× 144× 96× 尺寸（单位：cm）
192 160 128 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】
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【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 ，
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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
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，
再令 ，则 ， ，
故 ，
故当 时， 取得最大值为 .
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【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，
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，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 .
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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，
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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），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.
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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 ，
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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；
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（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，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.
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（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 ， ，
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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
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（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）
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（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 ，
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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 .
第 15页/共 17页
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 .
第 16页/共 17页
所以结合①可得 ，即 ，
所以 .