浙江省2026届高三数学上学期第一次联考试题含解析

这是一份浙江省2026届高三数学上学期第一次联考试题含解析，共21页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题卷等内容，欢迎下载使用。
考生须知：
1．本卷满分 150 分，考试时间 120 分钟．
2．答题前务必将自己的姓名，准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题
纸规定的地方．
3．答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸相应的位置上规范答题，在本试卷
纸上答题一律无效．
4．考试结束后，只需上交答题卷．
第Ⅰ卷
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. 已知复数 满足 ，则 的虚部为（ ）
A. B. 1 C. 2 D.
【答案】A
【解析】
【分析】设复数 ，并写出其共轭复数，通过复数相等条件来求解 和 的值，即可求解.
【详解】设 ，则 ，因为 ，
所以 ，
所以 ，解得 ，故 ，
所以 的虚部为 ．
故选：A
2. 已知椭圆 的一个焦点为 ，则 （ ）
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A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据焦点坐标可直接构造方程组求得结果.
【详解】由题意知： ，解得： .
故选：D
3. 已知平面向量 ，若 ，则 （ ）
A. B. C. 3 D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量平行的坐标表示计算即可.
【详解】因为平面向量 ，且 ，
所以 ，解得 .
故选：B
4. 已知集合 ，则满足条件的集合 的个数为（ ）
A. 3 B. 5 C. 6 D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】转化为求集合 的子集个数即可.
【详解】显然满足条件的集合 中必含元素 ，
则集合 的个数与 的子集个数相等，
则个数为 .
故选：D.
5. 已知函数 的定义域为 ，值域为 ，则 的取值范围是（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知可推得 .又 ，结合正弦函数 图象可知
，解出不等式即可得出答案.
【详解】因为函数 的值域为 ，所以 .
又 ，所以 ，
根据正弦函数的图象可知 ，解得 ，
又 ，所以 ，所以 的取值范围是 .
故选：A
6. 晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图 1 是该建筑的剖面画图.圣母殿以其独特的木构技术、历
史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”．现使用图 2 简单模拟圣母殿的屋顶结构，
其中 为矩形， ， 为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为 5m，圆心角
为 ．已知区域 和 是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ）
A. m2 B. m2 C. m2 D. m2
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可先分析出区域 和 全等，再将区域 还原到如图所示圆柱中，由扇形
的弧长公式 先求出弧长 ，再根据圆柱的侧面积公式 求出 ，即可得解.
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【详解】
由题意可知区域 和 全等，
且都是底面半径为 5m，高为 的圆柱的侧面的一部分.
将区域 还原到如图所示圆柱中，
可知 ， ， .
由扇形的弧长公式可知， ，
由圆柱的侧面积公式可知 ，
所以 ，
所以被瓦片覆盖的区域 和 的总面积为 .
故选：D
7. 已知随机变量 ，随机变量 ，正实数 满足 ，则
的最小值为（ ）
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】根据正态分步曲线的对称性，结合基本不等式进行求解即可
【详解】由随机变量 ，可知正态分步曲线关于直线 对称，
由随机变量 ，可知正态分步曲线关于直线 对称，
因为正实数 满足 ，而且 ，
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所以有 ，
根据正态分布曲线的对称性可知 ，
因为 是正实数，
所以 ，
即 ，当且仅当 时取等号，
因此当 时， 的最小值为 ，
故选：C
8. 已知函数 的定义域为 ， ，且
，则下列结论一定正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】设 ， ，依题意，结合等比数列的求和公式，利用放缩法求解
范围即可．
【详解】设 ， ，
又 ，所以 ，
由 得 ，
则有 ，
因此数列 从第二项起，后一项不小于前一项的 2 倍，故 ，
所以 ；
.
由 得 ，
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则有 ，
因此数列 从第二项起，后一项不大于前一项的 3 倍，故 ，
所以
，即 ，故 D 正确．
故选：D
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. 已知正方体 的棱长为 1， 是线段 的中点，则（ ）
A. 平面 B. 与 所成夹角为
C. 平面 平面 D. 三棱锥 的体积为
【答案】BC
【解析】
【分析】对 A，取 中点 ，由 ∩平面 =B，可判断 A 错；对 B，因为 ，
是正三角形，可判断 B 对；对 C，可证 ⊥平面 ，可判断 C 对；对 D，
，可判断 D 错.
【详解】对于 A：取 中点 ，连接 ，则平面 即平面 ，
因为 ， ∩平面 ，所以 A 错误；
对于 B：连接 ，则 ，所以 或其补角即异面直线 与 所成角，
连接 ，因为 是正三角形，所以 ，B 正确；
对于 C：平面 即平面 ，因为 ，所以 ，
由正方体的性质， ⊥平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 ⊥平面 ，
又 平面 ，所以平面 ⊥平面 ，C 正确；
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对于 D： ，D 错误.
故选：BC.
10. 已知 的三个内角分别为 ， ， ， 在线段 上，且满足
平分 ．则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A.由正弦定理求解即可；对于 B，由 化简即可求解；
对于 C，分别求出 ，由 ，求出 ，结合余弦定理可求解；对于 D，
求出 ，由于 ，解得 ，利用等面积法即可求解.
【详解】对于 A，在 中，由正弦定理可得 ，所以 ，故 A 正确；
对于 B，因为 ，则 ，则 ，故 B 正确；
对于 C，由于 ， ，则 ，
由于 ， ，则 ，
则 ，
在 中，由余弦定理： ，即 ，故 C 不正确；
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对于 D，由于 ，则 ， ，
由于 ，解得 （负数舍去）；
因为 在线段 上，且满足 平分 ．则在 中，由等面积可得：
，
即 ，解得： ，故 D 正确.
故选：ABD
11. 现有甲、乙、丙、丁四人组队传球，其中甲、乙为 队，丙、丁为 队．已知甲、乙传给队友的概率为
，丙、丁传给队友的概率为 ，且任一传球者会等可能地传球给非队友成员．现从甲开始传球，设传球
次数为 （ 且 ），则（ ）
A. 传球 次后，球在甲手中的概率和球在乙手中的概率始终相等
B. 时，球在乙手中的概率为
C. 传球 次后，球在 队成员手中的概率恒为一个常数
D. 设球在乙手中的概率为 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】对 B，列出各种可能传球路线，概率求和；对 C，设球在 A 队成员手中的概率为 ，在 B 队成员
手中的概率为 ，分别列出 与 之间的关系式，整理得到 ；对 D，列出 的
关系式，构造等比数列求出 ；对 A，由 时概率值可判断.
【详解】对于 B：由已知，甲传给乙、丙、丁 概率分别为 ；乙传给甲、丙、丁的概率分别为
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；
丙传给甲、乙、丁的概率分别为 ；丁传给甲、乙、丙的概率分别为 ；
传球的路线可能是①甲-乙-丙-乙；②甲-乙-甲-乙；③甲-乙-丁-乙；④甲-丙-甲-乙；⑤甲-丙-丁-乙；⑥甲-丁
-甲-乙；⑦甲-丁-丙-乙.
其概率为 ，
B 正确；
对于 C：设传球 次后，球在 A 队成员手中的概率为 ，在 B 队成员手中的概率为 ，
则 ，所以 ，所以 ，所以 是常数列，C 正确；
对于 D：当传球 3 次时，球在甲手中，传球的可能路线①甲-乙-丙-甲；②甲-乙-丁-甲；③甲-丙-丁-甲；④
甲-丙-乙-甲；⑤甲-丁-丙-甲；⑥甲-丁-乙-甲.
其概率为 ，
所以球在 A 队成员手中的概率为 .
由 C 可知，传球 次后，球在 A 队成员手中的概率为 ，在 B 队成员手中的概率为 ，
所以 ，整理得 ，
所以 是公比为 的等比数列.
当 时， ，整理得 ，D 正确；
对于 A：由 时，球在乙手中的概率为 ，结合 C 可知球在甲手中的概率为
，故两个概率不相等，A 错误.
故选：BCD.
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 已知实数 满足 ，则 ______．
【答案】1
【解析】
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【分析】根据条件，利用指对数互换和换底公式，即可求解.
【详解】因为 ，则 ， ，
所以 ，
故答案为： .
13. 用 1，2，3， 四个数组成一个五位数（每个数仅用到 1 次），则能组成___________个不同的五位数．
【答案】
【解析】
【分析】先分两大类，第一类为 1 和 2 相邻，然后再按 1 和 2 的左右顺序分两小类，分别由分步乘法计数
得出，第二类为 1 和 2 不相邻，然后再按 3 在不在数字 1 和 2 中间分两小类，分别由分步乘法计数得出，
最后再由分类加法计数得到答案.
【详解】分两大类进行：
第一类：数字 1 和 2 相邻时，再分两小类：
①数字 1 和 2 相邻且 1 在 2 的左边，这时相当于两个 和一个 3 排序，先排两个 只有一种方法如图，
再由这两个 产生 3 个空中选一个空插入 3，所以共有 种不同的五位数；
②数字 1 和 2 相邻且 2 在 1 的左边，这时 1，2，3 的排法有 2 种顺序如图，此时产生 3 个空，
再从这 3 个空中选一个空插入 ，所以共有 种不同的五位数.
或
第二类：数字 1 和 2 不相邻时，再分两小类：
③数字 3 在数字 1 和 2 中间，此时共有两种顺序 132 和 231 如图，
再由这 3 个数产生 4 个空选一个空插入 ，所以共有 种不同 五位数，
或
④数字 3 不在数字 1 和 2 中间，那么只能 在数字 1 和 2 中间，此时共有 2 种不同的排法如图，
最后 3 只能排首位或者末位，所以共有 种不同的五位数.
或
故一共有 种不同的五位数.
故答案为： .
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14. 已知双曲线 的左右焦点分别为 ，过 作直线交双曲线 的右半支于 两点，满足
，且 面积是 面积的两倍，则双曲线 的离心率为___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据面积比可确定 ，结合定义和勾股定理可构造方程求得 ，进而求得
，由 可求得结果.
【详解】
的面积是 面积的两倍， ，
设 ，则 ，
由双曲线定义知： ， ，
， ，
即 ，解得： 或 （舍）， ， ，
，即 ， ，
双曲线 的离心率 .
故答案为： .
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. 某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取 100 份作为样本，将样本的成绩（满分 100 分，成
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绩均为不低于 40 分的整数）分成六组： ， ，…， ，得到如图所示的频率分布直
方图，
（1）求图中 的值和样本成绩的中位数；
（2）已知学校用分层抽样的方法，从 ， 两组内抽取了 7 份试卷作为优秀试卷，并从对应
的学生中随机选取 3 人进行采访，设接受采访的学生中成绩在 内的有 人，求 的分布列和数学
期望．
【答案】（1） ，中位数为 75
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积为 1 即可求得 a，再由频率分布直方图求中位数；
（2）根据分层抽样得出每组的人数，再根据超几何分布的概率公式求出相应的概率即可得分布列以及数学
期望.
【小问 1 详解】
∵每组小矩形的面积之和为 1，
∴ ，
∴
成绩落在 内的频率为 ，
成绩落在 内的频率为 ，
∴中位数落在 内，
设中位数为 ，则 ，解得 ，即中位数为 75．
【小问 2 详解】
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由分层抽样可知，成绩在 的人数为 人，成绩在 的人数为 2 人，
故 的可能取值为 0，1，2，
且
0 1 2
故 ．
16. 如图，在四棱锥 中，平面 平面 ，
，且四棱锥 的体积为 ．
（1）证明： ；
（2）求平面 与平面 所成角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据面面垂直的性质定理、线面垂直的判定定理及性质定理即可证明；
（2）利用向量法求得二面角的余弦值，再根据同角关系式求出正弦值即可.
【小问 1 详解】
作 于 ，连接 ，
因为面 面 ，面 面 ， 面 ，
所以 面 ．
由题意，四边形 为直角梯形，
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所以 ．
因为 ，解得 ，
由 ，可知 ，
又因为 ，所以四边形 为平行四边形，
，所以 ，
由于 ， 面 ，
所以 面 ．
因为 面 ，所以 ．
【小问 2 详解】
设平面 与平面 所成角为 ，
如图，以 为原点建立空间直角坐标系，
由（1）可知： ，
易知， 是面 的法向量，
设 是面 的法向量，
则 ，取 ，得到 ，
则 ，
所以 ，
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所以平面 与平面 所成角 的正弦值为 ．
17. 已知 是数列 的前 项和，且满足 ．
（1）求数列 的通项公式；
（2）在平面直角坐标系 中，已知点 ，定义点 （其中 ），记
．
（i）求 的值；
（ii）证明： ．
【答案】（1）
（2）（i） ；（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据 求解即可；
（2）（i）由题知， ，则 ，再利用和差公式求值即可；（ii）先证
，即 ，则
，求出 即可
证明．
【小问 1 详解】
时， ，
时， ，化简得： ，
经检验得， 时也满足，
故 ．
小问 2 详解】
（i）由题意： ，则 ，
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所以 ，即 ．
（ii）证明：由题意可知： ，则 ，
先证明以下结论： ．
因为 ，
且 ，所以 ，
故 ．
因为 ，则 ，原式得证．
18. 已知抛物线 ，过点 的直线 交 于 两点， 为坐标原点．当 与 轴
垂直时， ．
（1）求抛物线 的解析式；
（2）若 ，过 轴上一点 作直线 的垂线，垂足分别为 ，且
满足 三点共线．
（i）求直线 的方程；
（ii）求 点的坐标．
【答案】（1）
（2）（i） 或 ；（ii）（10，0）
【解析】
【分析】（1）由抛物线的对称性质可得到 ,继而得到抛物线方程；
（2）设 ，联立抛物线方程与直线方程，结合韦达定理，
(i)结合题干角的余弦值即可得到直线方程；
(2)结合对称性以及三点共线即可得.
【小问 1 详解】
当 与 轴垂直时， ，则 ，
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解得： ，即 ．
【小问 2 详解】
（i）由 与抛物线交于 两点，可设 ，
联立方程组：得到： ，得到 ，
由韦达定理： ，
则 ，
法一：因为
代入可知： ，解得： ，
即 或 ．
法二：因为 ，所以 ．
因为 ，
所以
，即 ．
由 ，得 ，解得： ，即 或
．
（i）法一：由对称性，不妨取 ，由于 ，故 ，
因为 ，所以 ，联立解得： ，
同理有： ，
所以 ，
由（2）得： ，代入可得： ，
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故 ，
由于 ，故 ，
则 ，即 ，
因为 ，所以 ，联立解得： ，
因为 三点共线，所以 在直线 上，代入得： ，解得： ，
故 的坐标为（10，0）．
法二：由对称性，不妨取 ，设 在第一象限，
联立方程： ，解得： ，
则： ，故 ，
因为 ，所以 ，
联立方程： ，解得 ，
同理有： ，可知 ，
因为 ，所以 ，联立解得： ，
则： ，
因为 三点共线，所以 ，代入解得： ，
故 的坐标为（10，0）．
19. 已知函数 ．
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（1）若 ，求 在 处的切线 的方程；
（2）判断 是否是函数 的极值点，并说明理由；
（3）若不等式 对任意的 ， 恒成立，求正整数 的最大值．
（参考数据： ）．
【答案】（1）
（2）不是，理由见解析
（3）4
【解析】
【分析】（1）根据导数的几何意义即可求解；
（2）根据极值点的定义，分 和 两种情况，即可说明理由；
（3）结合题意，以 为主元，即证 对任意 恒成立；法一：设
，分类讨论， 和 两种情况，结
合导数即可证明；法二：参数分离，得 ，结合导数即可证明；法三：参数分离，
，取 ，得出 ，再结合导数说明 时原不等式恒成立．
【小问 1 详解】
时， ，
所以 ，由于 ，
所以 在 处的切线 的方程为 ，
化简得： ．
【小问 2 详解】
，若 是函数 的极值点，则有 ，
代入得： ，即 ．
当 时， 不是函数 的极值点；
当 时， ，
令 ，则 ，
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则 在 上单调递减，在 上单调递增，
则 ，即 在 上单调递增，不合题意．
综上： 不是函数 的极值点．
【小问 3 详解】
由题意： ，
上式对任意 恒成立，以 为主元，令 ，则只需
，
因为 ，所以 在 上单调递增，
则 ，
故 ，
即 对任意 恒成立．
法一：设 ，
当 时， 恒成立，故 在 上单调递增，
所以 ，成立，
当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增，
故只需 ，即 ，
令 ，
所以 在 上单调递减，
由于 ，故 ，
则自然数 最大可取到 4．
综上： ．
法二：由题意得： ，设 ，
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令 ，故 在 上单调递增，
由于 ，
故 ，
所以 ，使得 在 上单调递减，在 上单调递增，且 满足
，
故 ，
而 ，因此自然数 最大可取到 4．
法三：由题意得： ，取 ，则 ，
由于 ，所以 ，故 ，
下面说明 时原不等式恒成立，代入原不等式，即证： 对任意 恒成立
设 ，
故 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，即 成立，
因此，自然数 最大可取到 4．