浙江省杭州学军中学2026届高三上学期期末考试数学试卷含解析（word版）

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一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合要求
1. 已知集合，则
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】，解得，.
2. 已知z为复数，且，则的取值范围是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】法一：在复平面内，复数z对应的点的轨迹是以原点O为圆心，以1为半径的圆，表示复平面内的点与点之间的距离.因为点与原点O的距离，所以的最小值是，最大值是，故的取值范围是.故选:C.
法二：因为复数z满足，不妨设，,则.因为，所以，所以的取值范围是.
3.已知满足，则的形状一定是
A. 等腰三角形B. 等边三角形C. 直角三角形D. 锐角三角形
【答案】A
【解析】因为，所以，
利用向量加法的几何意义知，对应的向量在的平分线上，
所以的平分线与边AC垂直，
所以的形状一定是等腰三角形.
4.如图所示，四棱锥的底面为正方形，侧面为等边三角形，且侧面底面，点在正方形内运动，且满足，则点在正方形内的轨迹一定是
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据题意，可知，则点符合“点在正方形内的一个动点，且满足”，
设的中点为，因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，因为平面，所以，
根据题目条件可得，所以和全等，
所以，点也符合“点在正方形内的一个动点，且满足”，
故动点的轨迹肯定过点和点，
而到点到点的距离相等的点为线段的垂直平分面，
线段的垂直平分面与平面的交线是一直线，
所以的轨迹为线段.
5.设，若，则
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】依题意，，解得，
由，得，则，
所以.
6.已知等比数列中，，，则的值为
A. 2B. 4C. 8D. 16
【答案】A
【解析】由等比数列的性质得到
又因为
故得到原式等于

代入上式得到.
7.已知点为双曲线右支上一点，分别为双曲线的左右焦点，且，为的内心，若， 则的值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】设的内切圆半径为，因为，
所以，可得，
因为点为双曲线右支上一点，
所以，可得，解得，
又因为，可得，整理得，
即，解得或（舍去）.
8.已知正实数满足，，，则的大小关系为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】由已知可得，，，且，
若，则，，此时，故，同理，
构造函数，其中，，
则原等式等价于，，，
对求导得，
因为且，所以，，，
所以，即在上单调递增，
由可得，
所以，
令，则，
由指数函数和对数函数的单调性可得，，
所以，单调递增，所以，
所以，
因为且在上单调递增，所以，
同理由可得，
所以，
同理可得，
因为且在上单调递增，所以，
综上.
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.下列命题中，真命题的是
A. 数据的第70百分位数是23
B. 若回归方程为，则变量与成负相关
C. 若随机变量服从正态分布，，则
D. 在线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越小，则模型的拟合效果越好
【答案】AB
【解析】对于A，数据共8个数，
，所以第70百分位数是第个数，说法正确；
对于B，回归方程中，所以变量与成负相关，说法正确；
对于C，因为随机变量服从正态分布，，
所以，所以，说法错误；
对于D，在线性回归分析中决定系数用来刻画回归的效果，若值越大，越接近1，则模型的拟合效果越好，说法错误.
10.如图，一个结晶体的形状为平行六面体，其中，以顶点为端点的三条棱长都等于1，且它们彼此的夹角都是，下列说法中正确的是
A.
B. 在底面上的投影是线段的中点
C. 与平面所成角大于
D. 与所成角的余弦值为
【答案】ACD
【解析】对于A，由题意，
所以
，
又因为，
所以，A说法正确；
对于B，设中点为，连接，
则，
若在底面上的投影是线段的中点，则底面，
又底面，则应该有，
因为
，
故此时与底面不垂直，B说法错误；
对于C，因为，，
所以，
，
在中，，，，
所以，所以，
所以与平面所成角为，
又因为，即，
所以与平面所成角大于，C说法正确；
对于D，因为
，
所以，D说法正确.
11.已知函数，则下列结论正确的有
A. 在区间上单调递减
B.
C. 在区间上的值域为
D. 设函数满足关系式且，则在上单调递减
【答案】ACD
【解析】由得，
当时，，，，所以，
所以在区间上单调递减，A说法正确；
因为在区间上单调递减，所以，即，B说法错误；
因为在区间上单调递减，当时，，，
所以在区间上的值域为，C说法正确；
当时，令，
则，对求导得，
又，代入解得，
由C可知当时，恒成立，所以即单调递增，
因为，解得，
所以当时，，即在区间上单调递减，D说法正确.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12.函数的对称中心是________.
【答案】
【解析】解法一：由题意三次函数存在对称中心，则对称中心点的二阶导数为0，
因为，令，
则，由解得，
又，所以函数的对称中心是.
解法二：设的对称中心为，
则对恒成立，
即，
整理得，
所以，解得，
所以函数的对称中心是 .
13.数列的前项和为，已知，，则数列的通项公式_______.
【答案】
【解析】因为且，
所以，
令，则，，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以，
所以①，
当时，②，
①②得，
当时代入上式得，符合条件，
综上 .
14.某同学每次投篮命中的概率为0.8，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投掷，那么投篮总次数的数学期望为________.
【答案】
【解析】设投篮总次数的数学期望为，
若第一次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为，
此情况下发生的概率为0.2，投篮总次数为，
若第一次投中，且第二次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为，
此情况发生的概率为，投篮总次数为，
若第一次投中，第二次投中，则此情况发生的概率为，投篮总次数为2，
则投篮总次数的数学期望为，
解得 .
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.记为等差数列的前项和，已知．
（1）求的通项公式；
（2）求数列的前项和 .
【解析】(1)设等差数列的公差为，
由题意可得，即，解得，
所以 .
(2) 因为，
令，解得，且，
当时，则，可得；
当时，则，可得
；
综上所述： .
16.如图所示正四棱台，其中，.
（1）当时，求和平面所成角；
（2）证明：平面；若棱台高为3，求三棱锥的体积.
【解析】(1)过作平面于,连接，过分别作于于,连接,
如图为在平面上的投影,
由于平面，所以，
由于平面，
所以平面.由于平面，所以.
所以,同理,,四边形为正方形,
所以，为在平面上的投影,
又因平面平面,
所以和平面所成角即，,
故和平面所成角为 .
(2)连接、交于,连接、交于,
如图,上下底面为正方形,由正棱台性质,可得,且,
所以四边形为平行四边形,所以，
因为平面,平面，所以平面.
由正棱台性质,与上下底面均垂直,则，
因为，平面，
所以平面,所求三棱锥体积可拆分成两个小三棱锥的体积之和,
即:
.
17.如图，一个质点在随机外力的作用下，从原点出发，每次向左或向右移动一个单位，每次向右移动的概率为．
（1）时，移动3次后，求质点最终所在的位置的坐标为1的概率；
（2）若移动4次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的分布列和数学期望；
（3）若移动次后，质点最终所在位置的坐标为，求随机变量的数学期望.
【解析】
(1) 设移动3次后，质点最终所在的位置的坐标为1为事件，
由题可知事件为3次移动中，2次向右移动，1次向左移动，
.
(2)根据题意，可取，
，，
又，
，
，
∴分布列为
∴ .
(3)设在移动次中，向右移动的次数为，
则，，
向右移动的次数为，则向左移动次，
质点最终所在位置的坐标为，
，
即随机变量的数学期望为.
18.已知为正实数，曲线与直线交于不同的两点
（1）若，求的取值范围；
（2）求证：；
（3）若点恰在椭圆上，求证：.
【解析】 (1) 当时，直线方程为，
曲线与直线交于不同的两点，
即方程有两个不同的解，等价于有两个不同的解，
设，对其求导得，
令，即，解得，
当时，单调递增；当时，单调递减；
所以在处取得极大值，也是最大值，，
当时，，当时，，
要使有两个不同的解，则，
因此，的取值范围为.
(2) 已知在曲线上，则，
要证，即证，
不妨设，只需证明，又，
故只需证明，
只需证明，即需证明
只需证明，
令，,
则，
设为的导函数，则，
所以函数在上为减函数，
所以当时，，
所以函数在上为减函数，
故当时，，又，
所以，即，
所以.
(3) 设，其中，
由（2）知，
，
①，
当时，不等式显然成立，
当时，将和相减，
得，
②，
再将和相加，得③，
注意到：时，由知，
结合①、②、③，知
，
，
即，结合可得，
所以.
19.若为项数列，若存在数列满足：①；②中的最大项为1，最小项为0，则称是“-好数列”．
（1）请写出所有第二项为的“3-好数列”；
（2）若为单调不增（即）的“2026-好数列”，求的最大值；
（3）若为“-好数列”，记为中的最大项，为中的最小项，求最小值.
【解析】 (1) 若，则，，则，符合题意；
若，则，则不符合题意；
若，则，
若，则，不符合题意，
若，则符合题意.
所以或.
(2)
由于为单调不增（即）“2026-好数列”，
则，
则，，
即，
，，
当时取等号，
则的最大值为.
(3) 由题意，存在，使得，，
存，使得，，
若，则，，
结合可得，
若，则，，
结合可得，
当时，，
综上，最小值为 .4
2
0