浙江省杭州2025-2026学年高二下学期期中联考数学试卷含答案（word版）

这是一份浙江省杭州2025-2026学年高二下学期期中联考数学试卷含答案（word版），共19页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题:(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)
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 对得 6 分, 部分选对得部分分数, 有错选得 0 分)
三、填空题:(本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
12. 1 13. 576 14.10 答 3 也给分
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 △ABC 中，内角 A,B,C 所对的边分别为 a,b,c ，且 2b−acsC=ccsA .
(1)求 C ；
(2)已知 c=7,△ABC 的面积为 334 ，求 △ABC 的周长.
解: (1) 由正弦定理得: 2sinB−sinAcsC=sinCcsA .2 分
∴2sinBcsC=sinA+C=sinB ,
由 sinB≠0 得 csC=12 . 4 分
又因为 C∈0,π ,解得 C=π3 6 分
(2) sinC=32,csC=12 ,
由余弦定理得: c2=a2+b2−2abcsC⇒7=a2+b2−ab ①. .8 分
又因为 S=12absinC=12×ab×32=334⇒ab=3 ② 10 分
联立①②得: a+b=4 .12 分
∴△ABC 的周长 =4+7 .13 分
16. 如图,在四棱锥 P−ABCD 中, G 为 PA 中点, CD//AB,AD=DC=CB=2,AB=4,DP=3 .
(1)证明: DG// 平面 PCB ；
(2)若 PD⊥ 底面 ABCD ，求直线 PC 与平面 PAB 的夹角正弦值.
解: 证明: 取 PB 中点 H ,连接 GH,CH
在 ΔPAB 中, G、H 分别为 PA、PB 的中点, GH 为 ΔPAB 的中位线. 1 分
∴GH//AB,CD//AB,∴GH//CD
∴GH=CD=2,∴ 四边形 DGHC 为平行四边形 .3 分

∴DG//CH
DG⊄ 平面 PCB
CH⊆ 平面 PCB
∴DGII 平面 PCB .6 分
(2)在四边形 ABCD 中作 DE⊥AB 于 E,CF⊥AB 于 F ，如图
∵CD//AB,CD=AD=CB=2,AB=4 ，
∴ 四边形 ABCD 为等腰梯形, ∴AE=BF=1
故 DE=3,BD=23,∴AD2+BD2=AB2,∴AD⊥BD
如图,以 D 为原点建立空间直角坐标系.
则 A2,0,0,B0,23,0,P0,0,3,C−1,3,0 . 9 分
∴ 直线 PC 的方向向量为 PC=−1,3,−3 .10 分
则 AP=−2,0,3,BP=0,−23,3 ,
设平面 PAB 的法向量 n=x,y,z ,
则有 n⋅AP=−2x+3z=0n⋅BP=−23y+3z=0
令 z=2 ,则 x=3,y=1 ,即 n=3,1,2 , 13 分
直线 PC 与平面 PAB 的夹角为 θ
∴sinθ=PC⋅nPC⋅n=237⋅8=4214 ,
即直线 PC 与平面 PAB 的夹角正弦值为 4214 .15 分
17. 已知等差数列 an 中,其前 n 项和为 Sn ,且 a3​2=2a5+7,S4=16 ,数列 bn 满足
3b1+5b2+7b3+⋯⋯2n+1bn=n⋅3n+1 .
(1)求 an ， bn 的通项公式；
(2)求数列 an⋅bn 的前 n 项和 Bn .
解: (1) an 为等差数列, ∴a1+2d2=2a1+4d+74a1+6d=16
解得: a1=1,d=2,∴an=2n−1 .4 分
当 n≥2 时,有 3b1+5b2+7b3+⋯⋯2n+1bn=n⋅3n+13b1+5b2+7b3+⋯⋯2n−1bn=n−1⋅3n
两式相减得: bn=3nn≥2 .7 分
当 n=1 时, 3b1=9,b1=3∴bn=3nn≥1 .8 分
(2)由(1)知 anbn=2n−1×3n ，
Bn=1×3+3×32+5×33+⋯+2n−1×3n,
3Bn=1×32+3×33+5×34+⋯+2n−3×3n+2n−1×3n+1, .9 分
两式相减得:−2Bn=3+232+33+31+⋯+3n−2n−1×3n+1
=3+2×9−3n+11−3−2n−1×3n+1=−6−2n−2×3n+1 .14 分
∴Bn=3+n−1×3n+1 .15 分
18. 已知椭圆 C:x2a2+y2b2=1 离心率为 32,2,0 是椭圆 C 其中的一个顶点,直线 l:x=my+1 与椭圆 C 交于 Ax1,y1 、 Bx2,y2 两点, Pt,0t≠0且t≠1 是 x 轴上的一点,直线 AP、BP 分别与直线 y=x 交于 C、D 两点.
(1)求椭圆 C 的标准方程坐标；
(2)当 t=−1 ，求 SΔABP 的的取值范围；
(3)是否存在实数 m ，使得 OC⋅OD 为定值，若存在，求出 m 的值；若不存在，请说明理由.
解: (1) ∵ca=32,a=2∴c=3,b=1
∴ 椭圆 C 的标准方程坐标 x24+y2=1 4 分
(2)设 Ax1,y1 ， Bx2,y2 联立直线 l 与椭圆 C 的方程 x=my+1x24+y2=1
m2+4y2+2my−3=0,
∴y1+y2=−2mm2+4, y1y2=−3m2+4 .6 分
易得, Δ=16m2+48>0
S△ABP=12×2×y1−y2=−2mm2+42−4×−3m2+4=4m2+3m2+4
设 m2+3=uu>3
则 S△ABP=4uu2+1=4u+1u . .8 分
∵u>3,∴u+1u>433
∴S△ABP∈0,3 10 分
(3)直线 AP 方程为: y=y1x1−tx−t ，联立 y=x
得: xC=y1ty1−x1+t,Cy1ty1−x1+t,y1ty1−x1+t,∵x1=my1+1,∴Cy1t1−my1+t−1,y1t1−my1+t−1
同理可得: 点 Dy2ty2−x2+t,y2ty1−x2+t,∵x2=my2+1 ,
∴Dy2t1−my2+t−1,y2t1−my2+t−1 . 12 分
由(2)知: y1+y2=−2mm2+4,y1y2=−3m2+4 ,
∴OC⋅OD=2xC⋅2xD=2y1t1−my1+t−1⋅y2t1−my2+t−1
=2xC⋅2xD=2y1y2t21−m2y1y2+1−mt−1y1+y2+t−12
=2−3m2+4t21−m2⋅−3m2+4+1−mt−1⋅−2mm2+4+t−1⋅−2mm2+4+t−12
=6t21−m2⋅−3m2+4+1−mt−1⋅−2mm2+4+t−12=6t2m2+4t2−2m+8t+2m2+2m+1. .15 分
要使 6t2m2+4t2−2m+8t+2m2+2m+1 为常数
需要 2m+8=02m2+2m+1=0,m 无解
∴ 不存在实数 m ,使得 OC⋅OD 为定值. .17 分
19. 已知函数 fx=xlnx−2ax2
(1)当 a=0 时，求函数 fx 的单调区间；
(2)若函数 fx 有两个零点 x1,x2x10 ,且 x1x2m>e1+m 恒成立,求 m 的取值范围.
解: (1) 当 a=0 时, fx=xlnx,f′x=lnx+1
令 lnx+1=0,x=1e
∴fx 的单调减区间为 0,1e,fx 的单调增区间为 1e,+∞ . 4 分
(2)(i) fx=0 ,即 xlnx−2ax2=0
∴2a=lnxx . .5 分
令 gx=lnxx,g′x=1−lnxx2
∴gx 在 0,e 单调递增,在 e,+∞ 单调递减
x=e 时, gx 取极大值 ge=1e
x→0,gx→−∞ .
x→+∞,gx→0 .8 分
由图可知,要使 gx 有两个零点, 01 ,上式等价为: lntt−1+lntt−1⋅mt>1+m
即: 1+mtlnt>1+mt−1
即: lnt−1+mt−11+mt>0 . 14 分
令 ht=lnt−1+mt−11+mtt>1
h′t=1t−1+m21+mt2=1+mt2−t1+m2t1+mt2=t−1m2t−1t1+mt2
令 h′t=t−1m2t−1t1+mt2=0,t=1m2
① 当 m1 ， ∴t∈1,1m2 ， h′t0 ， ht 单调递增
ht>h1=0 恒成立
综上所述: m 的取值范围: m≥1 17 分
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
选项
D
B
A
C
A
C
B
D
题号
9
10
11
选项
AD
AC
BCD