浙江省金丽衢十二校2026届高三上学期第一次联考数学试题（Word版附解析）

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本卷分选择题和非选择题两部分.考试时间为 120 分钟，试卷总分为 150 分.请考生将所有试题
的答案涂､写在答题纸上.
选择题部分
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. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合 B，再根据交集 定义可得结果.
【详解】由 ，得 ，所以 .
故选：A.
2. 直线 的倾斜角为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出斜率，再结合倾斜角的范围得出倾斜角.
【详解】直线 的斜率为 ，
设倾斜角为 ，所以 ，
所以 .
故选：C.
3. 已知函数 ，则 （ ）
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A. B. C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数解析式计算可得.
【详解】因为 ，所以 ，
所以 .
故选：D
4. 已知复数 ，设 在复平面内对应的向量分别为 ，则 （ ）
A. B. 3 C. 5 D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据复数的几何意义求得 ，根据平面向量数量积坐标运算计算即可.
【详解】复数 ，则 ，
所以 ，
故 .
故选：B
5. 已知直线 与平面 ，则下列选项可使得 的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】举例说明可判断 A；由面面平行的性质可判断 B；由线面垂直的性质定理可判断 C；举例说明可判
断 D.
【详解】对于 A，若 ，则 不成立，如图所示，故 A 错误；
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对于 B，由面面平行的性质可知， 成立，故 B 正确；
对于 C，若 ，则 ，故 C 错误；
对于 D，若 ，则可能存在 ，如图所示，故 D 错误.
故选：B
6. 对实数 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】应用不等式性质结合充分必要条件的定义求解即可.
【详解】对实数 ，当 时， ，则 ，
当 时， ，则 ，
则“ ”是“ ”的充要条件.
故选：C.
7. 已知三次函数 ，若不等式 的解集为 ，则 的值为（ ）
A. 0 B. 1 C. 2 D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】求导，确定函数的单调区间，和极值，进而可求解.
【详解】由 ，求导可得： ，
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由 ，得 或 ，由 ，得 ，
所以 单调递增，在 单调递减，
所以当 时，极大值为 4，
即当 时， ，
又当 时，极小值为 0，当 时， ，
且函数 在 单调递减，在 单调递增，
即当 时， ，当 时， ，
综上可知不等式 的解集为 ，
故选：D
8. 某晚会由 4 个歌舞节目和 2 个机器人表演节目组成，若要求机器人表演节目不能相邻出演且前 3 个节目
中至少有一个是机器人表演节目，则不同的节目安排方法有（ ）种.
A. 216 B. 360 C. 432 D. 672
【答案】C
【解析】
【分析】借助插空法解决不相邻要求，用排除法解决前 3 个节目至少有一个机器人节目要求
【详解】步骤 1：先排 4 个歌舞节目： ，排好后会产生 5 个空位（包括两端）；
步骤 2：将 2 个机器人节目插入空位： ；
步骤 3：排除“前 3 个节目全是歌舞”的情况：先从 4 个歌舞节目中选 3 个排在前 3 个位置，有 种方
法，
剩下的 1 个歌舞节目和 2 个机器人节目排在后 3 个位置，且机器人节目不相邻，只能是“机器人-歌舞-机器
人”的排列，
有 种方法.故不满足条件的情况有 .
故总数为：
故选：C
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.
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9. 有一组数据 ，则（ ）
A. 该组数据的极差为 6
B. 该组数据的中位数为 5
C. 该组数据 平均数为 4
D. 将数据 1 均改 3 后，方差会变大
【答案】AC
【解析】
【分析】直接计算数据的极差，中位数，平均数及方差，并判断可得.
【详解】数据的极差为 ，所以 A 正确；数据的中位数为 ，故 B 错误；
数据的平均数为 ，故 C 正确；
原数据的方差
.
数据 1 均改为 3 后的数据为 ，平均数为
.
因为 ，所以数据 1 均改为 3 后，方差会变小，故 D 错误.
故选：AC
10. 是坐标平面内一个动点， 与直线 垂直，垂足 位于第一象限， 与直线 垂直，
垂足 位于第四象限.若四边形 （ 为原点）的面积为 ，设 的轨迹为曲线 ，则（ ）
A. 的方程为
B. 的方程为
C. 的最大值为
D. 的最大值为
【答案】ACD
【解析】
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【分析】首先利用点到直线的距离求 ，利用面积为 ，列式求轨迹方程，即可判断选项 ；
再联立所求与曲线方程，根据判别式求解 选项的最大值；利用换元法将所求式子转变成二次函数求最值
即可得到选项 .
【详解】对于选项 ，设 ，根据题意可知点 在 和 相交的右侧区域，所以点
到直线 的距离 ，
到直线 的距离 ，
则 ，即 ，故 正确， 错误；
对于选项 ，由 可得 ，设 ，则 ，
与曲线方程联立得 ，
因为 ，所以 ，解得 或 ，
方程 的根为 ，
因为 且 时， ，此时 ，不符合题意，舍去；
当 时， ，符合 ，因此 的最大值为 ，故 正确；
对于选项 ，因为 ，令 ，则 ，
将其代入到曲线方程中得 ，整理 ，
因为 ，所以 .
将 代入原式 ，
对称轴 满足 ，代入得 ，即所求最大值为 ，故 正确.
故选：
11. 已知矩形 ，若点 为边 上的一动点（不包括端点），现将 沿着 翻
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折成 ，使得平面 平面 ，并记为 .则（ ）
A. 存在点 ，使得
B. 任意点 ，都有
C. 存在两点 ，使得它们所确定的直线与 垂直
D. 任意两点 ，它们所确定的直线与平面 的所成角都小于
【答案】BCD
【解析】
【分析】分析折叠前后的图形，假设 A 正确，利用线面垂直的判定定理，通过证明 不成立，判断
A 错误；根据线面垂直的判定定理，证明 平面 ，从而证得 ，判断 B 正确；借助点
的轨迹，可说明 C 正确；求出任意两点 ，它们所确定的直线与平面 的所成角的范
围判断 D.
【详解】过 作 垂直 于点 ，则 .
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
因为 平面 ，所以 .
若存在点 ，使得 ，则由 平面 ，得 平面 .
因为 平面 ，所以 .
显然 不成立，所以 A 错误.
因为 ， ，且 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 ，所以 B 正确.
假设存在两点 ，使得它们所确定的直线与 垂直.
在 边上取点 ，连接 .
过 作 垂直 于点 ，并记 则 .
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因为平面 平面 ，平面 平面 ，
平面 ，所以 平面 .
同理在 边上取异于点 的点 ，连接 .
过 作 垂直 于点 ，并记 ，则 平面 .
所以 ∥ 所以 四点共面.
因为 平面 ，所以 .
如图所示， 均在以 为直径的圆上，当弦 平行于 时，可与 垂直.
此时因为 平面 ，所以 平面 .
因为 平面 ，所以 ，所以 C 正确.
由 C 的分析可得，线段 在平面 的射影为 ，
所以直线 与平面 的所成角，即为直线 与 所成的角.
记直线 与平面 的所成的角为 ，
则 .，
如上图，令 ，
则 ，且 .
所以 .
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.
因为 ，且 在 上单调递减，
所以 ，所以 ，即 .
所以 ，即对于任意两点 ，
它们所确定的直线与平面 的所成角都小于 ，所以 D 正确.
故选：BCD.
非选择题部分
三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
12. 已知 ，满足 ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】根据诱导公式及同角三角函数关系计算即可.
【详解】 .
因为 ，所以 ，
所以 .
故答案为： .
13. 已知公差为 的等差数列 的前 项和为 是 中的唯一最大项，则 的取值范围
为__________.
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【答案】
【解析】
【分析】由题意确定 且 ，再结合等差数列通项公式列出不等式即可求解.
【详解】因为 是 中的唯一最大项，
所以 且 ，
即 且 ，又 ，
解得 ，
即 的取值范围为 ，
故答案为：
14. 设离心率为 的椭圆 的左焦点为 ，右顶点为 .以 为直径的圆与该椭圆相
交于点 （异于点 ），过点 作 轴的垂线，设垂足为 ，记 的面积分别为
，若 为以 为公比的等比数列，则 __________.
【答案】1
【解析】
【分析】利用所给条件，求出 B 点坐标，代入椭圆方程，化为关于 的一元二次方程，求出 ，计算 即
可.
【详解】如图，
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因为 ，且 为以 为公比的等比数列，
则 ，解得 或 （舍去），
由 ，可得 ，得 ，
又 ，
则
将点 的坐标代入椭圆方程，得到 ，
即 ，
可得 ，
即 ，
由于 ，可得 ，
化简可得 ，即 ，
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由 可得 ，代入可得 ，
所以 ， ，
解得 或 （舍去），
所以 ，则 .
故答案为：1
四､解答题：本大题共 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. 已知函数 .
（1）求函数 的最小正周期，以及在区间 上的最小值；
（2）在 中，角 所对的边分别为 .若 ， ， ，求 的长.
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）由 ，利用二倍角公式和辅助角公式化简，计算即可.
（2）由 ，得 ，利用三角形面积公式 ，得： ，利用余弦定理，计
算即可.
【小问 1 详解】
，
，即 ，
最小正周期为 ，
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当 时， ，
当 时，即 时 取得最小值，
.
【小问 2 详解】
， ，
，即 ，
，解得： ，
又 ，故 ，
，
，
，
，
由余弦定理得：
,
故 .
16. 已知抛物线 的焦点为 上有一点 到焦点 的距离为 3，过焦点 作
直线与抛物线交于 两点， 为坐标原点.
（1）求点 的坐标；
（2）求 的面积.
【答案】（1）
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（2）
【解析】
【分析】（1）根据抛物线的定义解出 p 的值，得到点 的坐标；
（2）设直线方程，与抛物线联立，利用弦长公式求出直线方程，进而得到 到直线距离，最终求得
的面积
【小问 1 详解】
由抛物线定义可得 ，因此
所以抛物线 的方程为 ，焦点 的坐标为
【小问 2 详解】
设直线 的方程为 ，与 联立，消元可得 ，
，
设 ，则 ，
所以 ；
解得 .
所以原点 到直线 的距离为 ，
所以
17. 如图，在三棱锥 中，底面 是正三角形，中心为 ， ， .
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（1）证明： 平面 ；
（2）若 ，
（i）证明：平面 平面 ；
（ii）求平面 与平面 夹角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）证明见解析；（ii） .
【解析】
【分析】（1）延长 交 于点 ，则 为 的中点，连接 ，证明出 ，再利用线面平行的
判定定理可证得结论成立；
（2）（i）证明出 平面 ，再利用面面垂直的判定定理可证得结论成立；
（ii）方法一：以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴，建立空间直角坐标系，设点
，根据 ， 可得出关于 、 的方程组，解出这两个未知数的值，可得
出点 的坐标，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面 与平面 夹角的正切
值；
方法二：在平面 内作 ，垂足为点 ，过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，
连接 ，推导出 平面 ，可知平面 与平面 夹角为 ，求出 、 的长，
即可得解.
【小问 1 详解】
延长 交 于点 ，则 为 的中点，连接 ，如下图所示：
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因为 为正 的中心，所以 ，
又因为 ，即 ，所以 ，故 ，
因为 平面 ， 平面 ，故 平面 .
【小问 2 详解】
（i）由于 ， 为 的中点，故 .
又因为 为等边三角形，所以 ，
因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ，
而 平面 ，因此平面 平面 .
（ii）方法一：因为 平面 ，且 ，
以 为原点， 、 所在直线分别为 、 轴，建立空间直角坐标系，
则平面 的一个法向量为 .
易知 、 、 ，所以 ，
设点 ，则 ，解得 ，即点 ，
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因此 .
设平面的 的一个法向量为 ，则 ，
取 得 ，即平面 的一个法向量为 ，
设平面 与平面 夹角为 ，则 ，
所以 ，所以 ，
故平面 与平面 夹角的正切值为 .
方法二：在平面 内作 ，垂足为点 ，过点 在平面 内作 ，垂足为点 ，
连接 ，
因为平面 平面 ，平面 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
又因为 ， ， 、 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，
所以平面 与平面 夹角为 ，
在 中， ， ，则 ，故 ，
由余弦定理可得 ，
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所以 ，
故 ， ，
所以 ，
易知 ，故 ，所以 ，
所以 ，即平面 与平面 夹角的正切值为 .
18. 现将 个黑球与 个白球分装入甲､乙两袋中，通过掷骰子来决定每次操作，掷出奇数点则从甲袋中
取一个球，掷出偶数点则从乙袋中取一个球，每次取出的球不放回.
（1）若 ，且甲袋中放有 2 个黑球与 2 个白球，求操作一次取出的球是白球的概率；
（2）若 且甲袋中均为黑球，乙袋中均为白球，
（i）操作 5 次时，求取出白球个数的数学期望；
（ii）设事件 为“当白球取完时，黑球剩余数量不少于 2 个”，求 .
【答案】（1）
（2） ；
【解析】
【分析】（1）先确定每个袋子的装球情况，再结合全概率公式求解即可.
（2）（i）先确定取出白球的个数服从二项分布，再结合二项分布的期望公式求解即可，（ii）结合题意得到
掷骰子至多 次就出现了 次偶数，进而得到 ，再利用二项分布的对称性得到
，最后求出 即可.
【小问 1 详解】
当 时，由题意得甲袋中 2 黑 2 白，乙袋中 3 黑 2 白.
则由全概率公式得 .
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【小问 2 详解】
（i）由题意得取到白球等价于选中乙袋，
设取出白球个数为 ，则 ，
由二项分布的期望公式得 .
（ii）由题意得事件 等价于前 次操作中就已经摸出所有白球，
即掷骰子至多 次就出现了 次偶数，
不妨设掷骰子掷满 次，用 表示其中掷出偶数的次数，
则 ，由题意得 ，
因为 ，所以解得 ，
故 .
19. 在正弦曲线 上有一点 ，按照如下方式依次构造点 ：作曲
线在 处的切线与 轴交于点 ，过点 作 轴的垂线与正弦曲线交于点 ，记 的坐标为
，已知 ，设 .
（1）证明： ；
（2）若对任意正整数 ，都有 成立，求 的取值范围；
（3）若 ，证明：对任意正整数 ，有 成立.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）记函数 ，求导，根据导数可得 ，进而得证；
（2）根据导数的几何意义可得直线 的方程为 ，将点 代入得
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，由题意可得 ，记 ，求导，根据单调性结合零点存
在性定理归纳即可求解；
（ 3） 由 （ 2） 可 得 当 时 且 ， 由
得 ，计算即
可求解.
【小问 1 详解】
记函数 ，则
因此 在 上单调递增，故 ，所以 即 .
【小问 2 详解】
由题意可得直线 的方程为 ，
将点 代入，得 ，即 .
由题意得 即 ，由（1）得 ，即
另一方面，记函数 ，则 ，
令 ，则 ，
故 在 上单调递增，故 ，
即 ，故 在 上单调递增，而 ，
由零点存在定理可得存在唯一 使得 即 .
因此当 时， ，而 为偶函数，
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故当 时， .
当 时， .假设 时 ，则
，故 .
由此归纳可得
所以 即 .
综上所述， 的取值范围为 .
【小问 3 详解】
由（2）得当 时 且 ，故 .
另一方面， ，故
故
所以 .