浙江省杭州市2026届高三下学期4月教学质量检测 数学试卷（含解析）

这是一份浙江省杭州市2026届高三下学期4月教学质量检测 数学试卷（含解析），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
1．数据2，3，3，5，6，7，8，10的第70百分位数为（ ）
A．3B．5C．6D．7
2．若（i为虚数单位），则（ ）
A．B．C．D．
3．设，若，则（ ）
A．且B．且
C．且D．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.
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
5．设直线与圆交于M，N两点，则当取最小值时，（ ）
A．1B．2C．D．
6．设函数的图象关于直线对称，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知向量，满足，，设，且，则的最小值为（ ）
A．2B．1C．D．
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．4C．D．2
二、多选题
9．在中，，，，则（ ）
A．B．的面积为6
C．D．
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
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．，，
三、填空题
12．设函数，则______.
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______.
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______.
四、解答题
15．设公比为q的等比数列的前n项和为，且.
(1)求q和;
(2)求.
16．如图，正四棱锥的所有棱长均为2，点M是棱的中点.
(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.
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）：
(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.
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.
19．（1）已知，证明：；
（2）设，若恒成立，求正整数的最大值；
（3）求证：.
规格
一号
二号
三号
四号
五号
尺寸（单位：cm）
288×192
240×160
192×128
144×96
96×64
等待时间
频数
20
14
10
6
参考答案
1．D
【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．C
【详解】,所以,.
3．B
【详解】函数，
由题意可知，，恒成立，则且.
4．A
【详解】由题意得
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．C
【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．B
【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．D
【详解】由题意得，
则，
代入，得，
所以当时，取最小值.
8．B
【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，
再令，则，，
故，
故当时，取得最大值为.
9．BC
【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，
，故C正确；
对于D，
，故D错误.
10．ACD
【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.
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．ABD
【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，
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.
12．2
【详解】因为，
所以.
13．/
【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，
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.
14．82
【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；
（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．
15．(1)，
(2)
【详解】（1）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;
（2）由(1)得.
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）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.
（2）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，，
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．(1)7.7分钟
(2)（i）证明见解析（ii）元
【详解】（1）平均时间.
（2）（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．(1)
(2)（i）（ii）存在，
【详解】（1）将点代入得，所以：.
（2）
（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，
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）证明见解析（2）2（3）证明见解析
【详解】（1）一方面，记，.
则，故在上单调递增，即.
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.
所以结合①可得，即，
所以.题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
B
A
C
B
D
B
BC
ACD
题号
11









答案
ABD









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