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浙江省杭州市杭州高级中学2025-2026学年高三上学期期末数学试题
1．（2026高三上·杭州期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
2．（2026高三上·杭州期末）已知复数，，则复数的模等于（　　）
A． B． C． D．
3．（2026高三上·杭州期末）已知向量满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
4．（2026高三上·杭州期末）函数的图象是（　　）
A． B．
C． D．
5．（2026高三上·杭州期末）记为数列的前n项积，已知，则（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
6．（2026高三上·杭州期末）甲、乙、丙3人去食堂用餐，每个人从这5种菜中任意选用2种，则菜有2人选用、菜有1人选用的情形共有（　　）
A．54 B．81 C．135 D．162
7．（2026高三上·杭州期末）过作直线交圆于另一点，连接和的直线交椭圆于另一点，设直线、的斜率分别为、，则 ( )
A． B． C． D．
8．（2026高三上·杭州期末）若函数满足，，设的导函数为，当时，，则（　　）
A．65 B．70 C．75 D．80
9．（2026高三上·杭州期末）下列关于统计的知识，说法正确的是（　　）
A．若数据的方差为0，则所有的都相等
B．已知样本数据，去掉一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数
C．数据的第70百分位数是8.5
D．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为-1
10．（2026高三上·杭州期末）已知函数的图像关于对称，则（　　）
A．在上单调递减
B．在上有两个极值点
C．直线是的对称轴
D．直线是的切线
11．（2026高三上·杭州期末）在平面上，抛物线的焦点为，准线为，点在曲线上且位于第一象限，设的角平分线交于点，交于点.已知，点关于轴的对称点为，则以下说法正确的有（　　）
A． B．
C．三点共线 D．三点共线
12．（2026高三上·杭州期末）展开式中项的系数为　 　.
13．（2026高三上·杭州期末）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为　 　，内切球表面积为　 　.
14．（2026高三上·杭州期末）在四边形ABCD中，已知，，，，若C，D两点关于y轴对称，则　 　．
15．（2026高三上·杭州期末）在中，角的对边分别为，已知
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
16．（2026高三上·杭州期末）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点.
（1）求证：⊥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
17．（2026高三上·杭州期末）进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
（1）若，求；
（2）若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
18．（2026高三上·杭州期末）设双曲线的右焦点为，到其中一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）过的直线交曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点，
（i）求的值；
（ii）过平行于的直线分别交直线、轴于、，记，求实数的值．
19．（2026高三上·杭州期末）设，，.已知函数在处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例.
（3）证明：若正实数满足，，则必有．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】解指数不等式求出集合，再根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和复数的乘法运算法则，从而求出复数，再利用复数求模公式，从而得出复数的模.
3．【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则.
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和数量积求模公式，再利用数量积的运算律，从而得出，再根据数量积求模公式和数量积的运算律，从而得出的值.
4．【答案】C
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
解得或，
则函数有2个大于0的零点，故排除选项B和选项D；
当时，，故排除选项A.
故答案为：C.
【分析】根据函数零点和函数在时函数值的符号，再利用排除法找出函数的图象.
5．【答案】D
【知识点】数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
，
；
当时，则，
代入，
得，
化简得：，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】当时，则，当时，则，再利用已知条件和递推关系，从而得出，再根据赋值法得出的值.
6．【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】菜有2人选用有种，比如甲、乙选用了菜，
①甲、乙之中有1人选用了B菜，有种，比如甲用了B菜，则乙从中任意选用1种，有种，丙从C，D，E中任意选用2种，有种，故共有
②丙选用了B菜，丙再从中任意选用1种，有种，甲、乙再从中各任
意选用1种，有种，故共有
由①②可知所有情形是.
故答案为：C
【分析】根据题意，，再分①甲、乙之中有1人选用了B菜，根据题意求得共有种选法；②丙选用了B菜，根据题意求得共有种选法，结合分类、分步计数原理，即可求解.
7．【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设直线的斜率为，
因为，，
所以为圆的直径，
则，
设点的坐标为，
所以，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意结合圆的性质以及两直线垂直斜率之积等于-1，从而可得的值，再利用点F在椭圆上和两点求斜率公式，从而得出的值，进而得出.
8．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由，，知函数关于，点对称，
当时，，作出函数图象如图所示，
因为为向上攀爬的类周期函数，
由图象可得，
由，
可得，
则，
由，
可得，
则，
所以，
则，
因为，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据函数的周期性和函数的图象的对称性，再利用已知条件求和得出的值.
9．【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：由方差知识，得，故选项A正确；
对于选项B：因为去掉其中的一个最小数和一个最大数后，中位数不变，故选项B错误；
对于选项C：因为，
所以70百分位数为第6个数9，故选项C错误；
对于选项D：因为样本点都在直线，
所以完全负相关，
则相关系数为，故选项D正确.
故答案为：AD.
【分析】由方差公式、中位数公式、百分位数的定义和相关系数的定义，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的图像关于对称，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
令，
因为，
所以，
则不单调，故A错误；
因为，
所以，
则有两个极值点，故B正确；
因为，
所以直线是的对称轴，故C正确；
因为，
令，
则，
所以或，
解得或，
又因为
所以时的切线方程为，即，
则直线是的切线，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用换元法和余弦函数的对称性，从而得出余弦型函数图象的对称性，再利用已知条件得出的值，从而得出函数的解析式，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出余弦型函数在上的单调性，则判断出选项A；利用导数求极值点的方法，从而得出函数在上的极值点的个数，则判断出选项B；利用换元法和余弦函数的对称性，从而得出余弦型函数的对称性，则判断出选项C；利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式方程得出曲线的切线方程，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线，
过点作的垂线交抛物线于点，
可知，
所以.
因为平行于轴，
所以，
则，
因为是的角平分线，
所以.
因此与重合，
则，故A正确；
设点，则，
设，
由三点共线，且，
得，
则，
解得，
则，
所以，
则，，
所以，
则，故B错误；
因为，
所以是正三角形，
则，
因为，
所以三点共线，故C正确；
由题意，易得，
所以.
又因为，
所以三点共线，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由抛物线的焦点坐标求出p的值，从而得出抛物线的方程，再过点作直线的垂线交抛物线于点，再证与重合，从而得出，则判断出选项A；设点，由三点共线且，则根据三点共线判断方法和两点距离公式，从而用表示点的坐标，再根据点在抛物线上求出的值，从而得出的值，则判断出选项B；由和三点共线判断方法，则判断出选项C；由直线斜率相等和三点共线判断方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】利用二项式定理，把二项式展开，只有与相乘得到含的项，从而得出展开式中项的系数.
13．【答案】；
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：
则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
【分析】根据题意，把三棱锥放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，列出方程，求得，求得外接球的半径为，取的中点，连接，得到，求得，进而求得三棱锥的表面积，再设三棱锥的内切球半径为，根据，求得内切球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
14．【答案】
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，，
由，
得，，
当点C在x轴上方时，，
则；
当点C在x轴下方时，，
则，
两者都有，
所以，
则，
化简得，
则的顶点C的轨迹方程为，
由，
设，
所以，点D的轨迹方程为，
把圆沿y轴翻折得到，
与联立消元，
得到
解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
【分析】设，依题意结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而可得，再利用两点求斜率公式得出，整理得到的顶点C的轨迹方程，再由，设，则根据两点距离公式求出点的轨迹方程，再将点D的轨迹方程沿y轴翻折得到，再与双曲线方程联立求出交点坐标，最后由两点距离公式得出的值.
15．【答案】（1）证明：由余弦定理，得，
代入，得，
则，
由正弦定理，得
所以，
则，
得
由，知，
则，
所以或（舍去），
则.
（2）解：解法1：因为，
由，
得，
所以，则.
，
由，
得，，
所以，
则，
所以.
解法2：由，
得，
因为，
所以，
得，
所以，
则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理将角化边，再结合余弦定理得出，再利用正弦定理将边化角，从而得出，再利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，从而得到，再利用正弦定理和三角形中边角关系以及三角形内角和定理，进而证出.
（2）利用两种方法求解.
解法1：由（1）可知，再根据三角形为锐角三角形，从而得到角的取值范围，再利用正弦定理得出和三角恒等变换，从而得出，再利用函数求值域的方法，从而求出的取值范围.
解法二： 利用和正弦定理以及二倍角的正弦公式，再利用函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由余弦定理，
代入得，则，
由正弦定理得
所以，
所以，
得
由知，故，
所以或（舍去）
所以
（2）解法1：，由得，
所以，
.
，
由，得，，
所以，
所以，即；
解法2：由得，
因为，所以，得，
所以，即，
所以.
16．【答案】（1）证明：因为，，
所以，，
则，
又因为，平面，
所以⊥平面.
（2）解：以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）由已知条件和勾股定理的逆定理，从而可得，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出⊥平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为，，
所以，，
所以，又因为，平面，
所以⊥平面；
（2）以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．【答案】（1）解：因为，所以 ；
（2）解：①因为，，，所以，，
则
；
②由①可知，所以，
令，则，即单调递减，
又因为，，所以当时，则的最小值为.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；二项分布
【解析】【分析】（1）根据负二项分布的概率公式计算即可；
（2）①、由，，，可得，，再利用裂项相消法求和即可；
②、由①可知，即，令，利用作差法判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得的最小值.
（1）因为，所以.
（2）①因为，，，
所以，，
所以
；
②由①可知，所以，
令，则，
所以单调递减，又，，
所以当时，则的最小值为.
18．【答案】（1）解：因为焦点到其中一条渐近线的距离为，
所以，
又因为，
所以 ，
则双曲线的方程为.
（2）解：设直线的方程为，则，
代入双曲线方程，得：，
设，
则.
（i）因为，
又因为
，
所以，
则，
所以.
（ii）过点平行于的直线方程为 ，
将直线方程为与联立，
得，
则，
所以，
则，
由，
两式相除得：，
则，
所以，
因为，
所以，
则点为线段的中点，
所以，
则．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和点到直线的距离公式得出b的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，则得出a的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）（i）设直线AB的方程为，，再联立直线得出，再将直线方程与双曲线方程联立结合韦达定理，从而得出，再利用两点距离公式，把化简，从而得出的值.
（ii）利用两直线平行斜率相等和点斜式方程，从而得出直线OA的方程，再把直线方程和直线方程联立得出，再根据韦达定理和中点坐标公式，从而得出点为线段的中点，再利用向量共线定理，从而得出的值.
（1）因为到其中一条渐近线的距离为，所以，
又，所以 ，
所以双曲线的方程为；
（2）设直线方程为，则
代入双曲线方程得：.
设，则，
（i），
而
，
所以，则，
所以；
（ii）过平行于的直线方程为 ，
直线方程为与联立
得，
即，
则，
所以，
由两式相除得
，则，
所以，
因为，所以，
故为线段的中点，即，
所以．
19．【答案】（1）解：设，
则，
所以，
则，
所以，函数在处的切线方程为，
即，
与对照，知且，
所以.
（2）解：由（1）知，，
结论：当时，不等式恒成立.
证明如下：由，
得，，
设，
则，
令，
当时，，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以
则
因为，
设，，
则，
令，
则，
所以在上递增，
又因为，
所以，
则在上单调递增，
又因为，
所以，
则，
所以，.
（3）证明：方法1：因为上单调递增，
则当时，必有，
由（2）知，当时，，
所以，
当时，则，
所以，
设，对称轴为，
欲证，
只需证，
即证，
即证，
即证成立，
所以，
由（2）知，
所以，
当时，则，
所以，
设，
因为在单调递增，
欲证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证 成立，
所以，
综上所述，， .
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数在处的切线方程，再根据已知条件得出a，b的值.
（2）当时，将不等式恒成立转化为恒成立，再构造函数和，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而分别证出不等式两侧恒成立，则得出当时，不等式恒成立.
（3）利用（2）的结论结合分析法，当时，不等式恒成立，则当时，由可证出，再由证出，从而证出成立.
（1）设，
，
则函数在处的切线方程为
即
与对照，知且
所以
（2）由（1）知
结论：当时，不等式恒成立
证明：由
推得，.
设，则，
令，当时，
所以在上单调递增，又
故， 所以.
所以在上单调递增，又
所以
而
设，
则，令
所以在上递增，又
即，
所以在上递增，又
所以，即
所以，
（3）方法1：因为上递增，
故当时，必有
由（2）知当时，
所以
当时，有，即
设，对称轴
欲证，只需证
即证，
即证，即证，成立，所以
又由（2）知
所以
当时，有，即
设，在递增
欲证，只需证
即证，
即证
即证，即证
即证，即证 成立，所以.
综上，， .
1 / 1浙江省杭州市杭州高级中学2025-2026学年高三上学期期末数学试题
1．（2026高三上·杭州期末）已知集合，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由，得，
所以，
又因为，
所以.
故答案为：A.
【分析】解指数不等式求出集合，再根据已知条件和交集的运算法则，从而得出集合.
2．（2026高三上·杭州期末）已知复数，，则复数的模等于（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】复数代数形式的乘除运算；复数的模
【解析】【解答】解：因为复数，，
所以，
则.
故答案为：B.
【分析】根据已知条件和复数的乘法运算法则，从而求出复数，再利用复数求模公式，从而得出复数的模.
3．（2026高三上·杭州期末）已知向量满足，，，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】向量的模；平面向量的坐标运算；平面向量数量积的坐标表示、模、夹角；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：因为，，，
所以，
则.
又因为，
所以.
故答案为：C.
【分析】根据向量的坐标运算和数量积求模公式，再利用数量积的运算律，从而得出，再根据数量积求模公式和数量积的运算律，从而得出的值.
4．（2026高三上·杭州期末）函数的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：令，
解得或，
则函数有2个大于0的零点，故排除选项B和选项D；
当时，，故排除选项A.
故答案为：C.
【分析】根据函数零点和函数在时函数值的符号，再利用排除法找出函数的图象.
5．（2026高三上·杭州期末）记为数列的前n项积，已知，则（　　）
A．8 B．9 C．10 D．11
【答案】D
【知识点】数列的递推公式；通项与前n项和的关系
【解析】【解答】解：当时，，
，
；
当时，则，
代入，
得，
化简得：，
则，
所以.
故答案为：D.
【分析】当时，则，当时，则，再利用已知条件和递推关系，从而得出，再根据赋值法得出的值.
6．（2026高三上·杭州期末）甲、乙、丙3人去食堂用餐，每个人从这5种菜中任意选用2种，则菜有2人选用、菜有1人选用的情形共有（　　）
A．54 B．81 C．135 D．162
【答案】C
【知识点】简单计数与排列组合
【解析】【解答】菜有2人选用有种，比如甲、乙选用了菜，
①甲、乙之中有1人选用了B菜，有种，比如甲用了B菜，则乙从中任意选用1种，有种，丙从C，D，E中任意选用2种，有种，故共有
②丙选用了B菜，丙再从中任意选用1种，有种，甲、乙再从中各任
意选用1种，有种，故共有
由①②可知所有情形是.
故答案为：C
【分析】根据题意，，再分①甲、乙之中有1人选用了B菜，根据题意求得共有种选法；②丙选用了B菜，根据题意求得共有种选法，结合分类、分步计数原理，即可求解.
7．（2026高三上·杭州期末）过作直线交圆于另一点，连接和的直线交椭圆于另一点，设直线、的斜率分别为、，则 ( )
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】直线的斜率；直线与圆锥曲线的关系
【解析】【解答】解：设直线的斜率为，
因为，，
所以为圆的直径，
则，
设点的坐标为，
所以，
则，
所以.
故答案为：A.
【分析】由题意结合圆的性质以及两直线垂直斜率之积等于-1，从而可得的值，再利用点F在椭圆上和两点求斜率公式，从而得出的值，进而得出.
8．（2026高三上·杭州期末）若函数满足，，设的导函数为，当时，，则（　　）
A．65 B．70 C．75 D．80
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由，，知函数关于，点对称，
当时，，作出函数图象如图所示，
因为为向上攀爬的类周期函数，
由图象可得，
由，
可得，
则，
由，
可得，
则，
所以，
则，
因为，
所以，
则.
故答案为：A.
【分析】根据函数的周期性和函数的图象的对称性，再利用已知条件求和得出的值.
9．（2026高三上·杭州期末）下列关于统计的知识，说法正确的是（　　）
A．若数据的方差为0，则所有的都相等
B．已知样本数据，去掉一个最小数和一个最大数后，剩余数据的中位数小于原样本的中位数
C．数据的第70百分位数是8.5
D．若一组样本数据的对应样本点都在直线上，则这组样本数据的相关系数为-1
【答案】A,D
【知识点】众数、中位数、平均数；极差、方差与标准差；样本相关系数r及其数字特征；用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：对于选项A：由方差知识，得，故选项A正确；
对于选项B：因为去掉其中的一个最小数和一个最大数后，中位数不变，故选项B错误；
对于选项C：因为，
所以70百分位数为第6个数9，故选项C错误；
对于选项D：因为样本点都在直线，
所以完全负相关，
则相关系数为，故选项D正确.
故答案为：AD.
【分析】由方差公式、中位数公式、百分位数的定义和相关系数的定义，从而逐项判断找出说法正确的选项.
10．（2026高三上·杭州期末）已知函数的图像关于对称，则（　　）
A．在上单调递减
B．在上有两个极值点
C．直线是的对称轴
D．直线是的切线
【答案】B,C,D
【知识点】函数在某点取得极值的条件；利用导数研究曲线上某点切线方程；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：因为函数的图像关于对称，
所以，
则，
又因为，
所以，
则，
令，
因为，
所以，
则不单调，故A错误；
因为，
所以，
则有两个极值点，故B正确；
因为，
所以直线是的对称轴，故C正确；
因为，
令，
则，
所以或，
解得或，
又因为
所以时的切线方程为，即，
则直线是的切线，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】利用换元法和余弦函数的对称性，从而得出余弦型函数图象的对称性，再利用已知条件得出的值，从而得出函数的解析式，再利用换元法和余弦函数的单调性，从而得出余弦型函数在上的单调性，则判断出选项A；利用导数求极值点的方法，从而得出函数在上的极值点的个数，则判断出选项B；利用换元法和余弦函数的对称性，从而得出余弦型函数的对称性，则判断出选项C；利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用点斜式方程得出曲线的切线方程，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
11．（2026高三上·杭州期末）在平面上，抛物线的焦点为，准线为，点在曲线上且位于第一象限，设的角平分线交于点，交于点.已知，点关于轴的对称点为，则以下说法正确的有（　　）
A． B．
C．三点共线 D．三点共线
【答案】A,C,D
【知识点】抛物线的简单性质；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【解答】解：由题意知，抛物线，
过点作的垂线交抛物线于点，
可知，
所以.
因为平行于轴，
所以，
则，
因为是的角平分线，
所以.
因此与重合，
则，故A正确；
设点，则，
设，
由三点共线，且，
得，
则，
解得，
则，
所以，
则，，
所以，
则，故B错误；
因为，
所以是正三角形，
则，
因为，
所以三点共线，故C正确；
由题意，易得，
所以.
又因为，
所以三点共线，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由抛物线的焦点坐标求出p的值，从而得出抛物线的方程，再过点作直线的垂线交抛物线于点，再证与重合，从而得出，则判断出选项A；设点，由三点共线且，则根据三点共线判断方法和两点距离公式，从而用表示点的坐标，再根据点在抛物线上求出的值，从而得出的值，则判断出选项B；由和三点共线判断方法，则判断出选项C；由直线斜率相等和三点共线判断方法，则判断出选项D，从而找出说法正确的选项.
12．（2026高三上·杭州期末）展开式中项的系数为　 　.
【答案】
【知识点】二项式系数
【解析】【解答】解：因为，
所以展开式中项的系数为.
故答案为：.
【分析】利用二项式定理，把二项式展开，只有与相乘得到含的项，从而得出展开式中项的系数.
13．（2026高三上·杭州期末）在三棱锥中，对棱，，，则该三棱锥的外接球体积为　 　，内切球表面积为　 　.
【答案】；
【知识点】简单组合体的结构特征；棱柱、棱锥、棱台的体积；球的表面积与体积公式及应用；球内接多面体
【解析】【解答】因为三棱锥每组对棱棱长相等，所以可以把三棱锥放入长方体中，
设长方体的长、宽、高分别为、、，如下图所示：
则，，，解得，，
外接球直径，其半径为，
三棱锥的体积，
在中，，，取的中点，连接，如下图所示：
则，且，所以，，
因为三棱锥的每个面的三边分别为、、，
所以，三棱锥的表面积为，
设三棱锥的内切球半径为，则，可得，
所以该三棱锥的外接球体积为，内切球表面积为.
故答案为：；.
【分析】根据题意，把三棱锥放入长方体中，设长方体的长、宽、高分别为，列出方程，求得，求得外接球的半径为，取的中点，连接，得到，求得，进而求得三棱锥的表面积，再设三棱锥的内切球半径为，根据，求得内切球的半径，利用球的表面积公式，即可求解.
14．（2026高三上·杭州期末）在四边形ABCD中，已知，，，，若C，D两点关于y轴对称，则　 　．
【答案】
【知识点】直线的图象特征与倾斜角、斜率的关系；圆与圆锥曲线的综合
【解析】【解答】解：设，，
由，
得，，
当点C在x轴上方时，，
则；
当点C在x轴下方时，，
则，
两者都有，
所以，
则，
化简得，
则的顶点C的轨迹方程为，
由，
设，
所以，点D的轨迹方程为，
把圆沿y轴翻折得到，
与联立消元，
得到
解得或（舍去），
所以.
故答案为：.
【分析】设，依题意结合直线的斜率与直线的倾斜角的关系式，从而可得，再利用两点求斜率公式得出，整理得到的顶点C的轨迹方程，再由，设，则根据两点距离公式求出点的轨迹方程，再将点D的轨迹方程沿y轴翻折得到，再与双曲线方程联立求出交点坐标，最后由两点距离公式得出的值.
15．（2026高三上·杭州期末）在中，角的对边分别为，已知
（1）求证：；
（2）若是锐角三角形，求的取值范围．
【答案】（1）证明：由余弦定理，得，
代入，得，
则，
由正弦定理，得
所以，
则，
得
由，知，
则，
所以或（舍去），
则.
（2）解：解法1：因为，
由，
得，
所以，则.
，
由，
得，，
所以，
则，
所以.
解法2：由，
得，
因为，
所以，
得，
所以，
则，
所以.
【知识点】简单的三角恒等变换；两角和与差的正弦公式；含三角函数的复合函数的值域与最值；正弦定理的应用；余弦定理的应用
【解析】【分析】（1）由正弦定理将角化边，再结合余弦定理得出，再利用正弦定理将边化角，从而得出，再利用三角形内角和定理和诱导公式以及两角和的正弦公式，从而得到，再利用正弦定理和三角形中边角关系以及三角形内角和定理，进而证出.
（2）利用两种方法求解.
解法1：由（1）可知，再根据三角形为锐角三角形，从而得到角的取值范围，再利用正弦定理得出和三角恒等变换，从而得出，再利用函数求值域的方法，从而求出的取值范围.
解法二： 利用和正弦定理以及二倍角的正弦公式，再利用函数求值域的方法，从而得出的取值范围.
（1）由余弦定理，
代入得，则，
由正弦定理得
所以，
所以，
得
由知，故，
所以或（舍去）
所以
（2）解法1：，由得，
所以，
.
，
由，得，，
所以，
所以，即；
解法2：由得，
因为，所以，得，
所以，即，
所以.
16．（2026高三上·杭州期末）如图，三棱柱中，底面是边长为2的正三角形，，，为的中点.
（1）求证：⊥平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明：因为，，
所以，，
则，
又因为，平面，
所以⊥平面.
（2）解：以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
则.
设平面的法向量为，
则，
令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
【知识点】直线与平面垂直的判定；用空间向量研究直线与平面所成的角；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）由已知条件和勾股定理的逆定理，从而可得，再利用线线垂直证出线面垂直，即证出⊥平面.
（2）利用已知条件建立空间直角坐标系，则得出点的坐标和向量的坐标，再利用两向量垂直数量积为0的等价关系和数量积的坐标表示，从而得出平面的法向量，再利用数量积求向量夹角公式和诱导公式，从而得出直线与平面所成角的正弦值.
（1）因为，，
所以，，
所以，又因为，平面，
所以⊥平面；
（2）以为原点，直线为轴，在平面内过点与垂直的直线为轴，直线为轴建立空间直角坐标系，如图所示，
则，
所以，
所以.
设平面的法向量为，
则，令，则，
所以平面的一个法向量为，
设直线与平面所成角为，
则，
所以直线与平面所成角的正弦值为.
17．（2026高三上·杭州期末）进行独立重复试验，设每次成功的概率为，则失败的概率为，将试验进行到恰好出现次成功时结束试验，以表示试验次数，则称服从以，为参数的帕斯卡分布或负二项分布，记为．
（1）若，求；
（2）若，，．
①求；
②要使得在次内结束试验的概率不小于，求的最小值．
【答案】（1）解：因为，所以 ；
（2）解：①因为，，，所以，，
则
；
②由①可知，所以，
令，则，即单调递减，
又因为，，所以当时，则的最小值为.
【知识点】数列的函数特性；数列的求和；二项分布
【解析】【分析】（1）根据负二项分布的概率公式计算即可；
（2）①、由，，，可得，，再利用裂项相消法求和即可；
②、由①可知，即，令，利用作差法判断的单调性，再由特殊值即可求出的取值范围，即可得的最小值.
（1）因为，所以.
（2）①因为，，，
所以，，
所以
；
②由①可知，所以，
令，则，
所以单调递减，又，，
所以当时，则的最小值为.
18．（2026高三上·杭州期末）设双曲线的右焦点为，到其中一条渐近线的距离为．
（1）求双曲线的方程；
（2）过的直线交曲线于两点（其中在第一象限），交直线于点，
（i）求的值；
（ii）过平行于的直线分别交直线、轴于、，记，求实数的值．
【答案】（1）解：因为焦点到其中一条渐近线的距离为，
所以，
又因为，
所以 ，
则双曲线的方程为.
（2）解：设直线的方程为，则，
代入双曲线方程，得：，
设，
则.
（i）因为，
又因为
，
所以，
则，
所以.
（ii）过点平行于的直线方程为 ，
将直线方程为与联立，
得，
则，
所以，
则，
由，
两式相除得：，
则，
所以，
因为，
所以，
则点为线段的中点，
所以，
则．
【知识点】双曲线的标准方程；直线与圆锥曲线的综合问题
【解析】【分析】（1）利用已知条件和点到直线的距离公式得出b的值，再利用双曲线中a，b，c三者的关系式，则得出a的值，从而得出双曲线的标准方程.
（2）（i）设直线AB的方程为，，再联立直线得出，再将直线方程与双曲线方程联立结合韦达定理，从而得出，再利用两点距离公式，把化简，从而得出的值.
（ii）利用两直线平行斜率相等和点斜式方程，从而得出直线OA的方程，再把直线方程和直线方程联立得出，再根据韦达定理和中点坐标公式，从而得出点为线段的中点，再利用向量共线定理，从而得出的值.
（1）因为到其中一条渐近线的距离为，所以，
又，所以 ，
所以双曲线的方程为；
（2）设直线方程为，则
代入双曲线方程得：.
设，则，
（i），
而
，
所以，则，
所以；
（ii）过平行于的直线方程为 ，
直线方程为与联立
得，
即，
则，
所以，
由两式相除得
，则，
所以，
因为，所以，
故为线段的中点，即，
所以．
19．（2026高三上·杭州期末）设，，.已知函数在处的切线方程为.
（1）求的值；
（2）当时，不等式是否恒成立，若是，给予证明；若否，给出反例.
（3）证明：若正实数满足，，则必有．
【答案】（1）解：设，
则，
所以，
则，
所以，函数在处的切线方程为，
即，
与对照，知且，
所以.
（2）解：由（1）知，，
结论：当时，不等式恒成立.
证明如下：由，
得，，
设，
则，
令，
当时，，
所以在上单调递增，
因为，
所以，
则，
所以在上单调递增，
又因为，
所以
则
因为，
设，，
则，
令，
则，
所以在上递增，
又因为，
所以，
则在上单调递增，
又因为，
所以，
则，
所以，.
（3）证明：方法1：因为上单调递增，
则当时，必有，
由（2）知，当时，，
所以，
当时，则，
所以，
设，对称轴为，
欲证，
只需证，
即证，
即证，
即证成立，
所以，
由（2）知，
所以，
当时，则，
所以，
设，
因为在单调递增，
欲证，
只需证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证，
即证 成立，
所以，
综上所述，， .
【知识点】函数恒成立问题；利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值；利用导数研究曲线上某点切线方程；分析法的思考过程、特点及应用
【解析】【分析】（1）利用导数的几何意义得出切线的斜率，再利用代入法得出切点坐标，再根据点斜式得出函数在处的切线方程，再根据已知条件得出a，b的值.
（2）当时，将不等式恒成立转化为恒成立，再构造函数和，再利用导数的正负判断函数的单调性，从而得出函数的最值，进而分别证出不等式两侧恒成立，则得出当时，不等式恒成立.
（3）利用（2）的结论结合分析法，当时，不等式恒成立，则当时，由可证出，再由证出，从而证出成立.
（1）设，
，
则函数在处的切线方程为
即
与对照，知且
所以
（2）由（1）知
结论：当时，不等式恒成立
证明：由
推得，.
设，则，
令，当时，
所以在上单调递增，又
故， 所以.
所以在上单调递增，又
所以
而
设，
则，令
所以在上递增，又
即，
所以在上递增，又
所以，即
所以，
（3）方法1：因为上递增，
故当时，必有
由（2）知当时，
所以
当时，有，即
设，对称轴
欲证，只需证
即证，
即证，即证，成立，所以
又由（2）知
所以
当时，有，即
设，在递增
欲证，只需证
即证，
即证
即证，即证
即证，即证 成立，所以.
综上，， .
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