【数学】浙江省Z20+名校联盟2026届高三上学期第一次联考试题（学生版+解析版）

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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. 1C. 2D.
【答案】A
【解析】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（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】由题意知：，解得：.
故选：D.
3. 已知平面向量，若，则（ ）
A. B. C. 3D.
【答案】B
【解析】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. 3B. 5C. 6D. 8
【答案】D
【解析】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（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】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. m2B. m2
C. m2D. m2
【答案】D
【解析】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. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】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，
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】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，
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】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；
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】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；
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A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A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】对于B：由已知，甲传给乙、丙、丁的概率分别为；乙传给甲、丙、丁的概率分别为；
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】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，所以共有种不同的五位数，
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：.
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】如图，
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】解：（1）∵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．
（2）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，
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：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，
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．
（2）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，
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）解：时，，
时，，化简得：，
经检验得，时也满足，
故．
（2）（i）解：由题意：，则，
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】解：（1）当与轴垂直时，，则，
解得：，即．
（2）（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．
（ii）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：，
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．
（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】解：（1）时，，
所以，由于，
所以在处的切线的方程为，
化简得：．
（2），
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，
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．
（3）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，
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．
0
1
2