Z20名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第二次联考数学试卷（Word版附解析）

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命题：湖州中学 李勤俭､凌红
磨题：嵊州中学 吕金晶 慈溪中学 张军 嘉兴一实学校 王沈彬 校稿：李慧华
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､单选题：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 为虚数单位，若复数 满足 ，则 在复平面内对应的点在（ ）
A. 第一象限 B. 第二象限
C. 第三象限 D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知等式求出复数 ，再确定其在复平面内对应点的位置.
【详解】已知 ，则 ，
分子分母同乘 ，即 ，
所以复数 在复平面内对应的点为 ，在第四象限.
故选：D.
2. 已知集合 ，则 （ ）
A. B. C. D.
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【答案】C
【解析】
【分析】先化简集合 ，再根据交集的概念求解即可.
【详解】集合 ，集合 ，
则 .
故选：C
3. 若 的最小正周期为 ，则 （ ）
A. 0 B. 1 C. D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】根据正弦型函数的最小正周期公式，结合特殊角的正弦函数值进行求解即可.
【详解】因为 的最小正周期为 ，
所以 ，即 ，
所以 .
故选：A
4. 已知点 在圆 上，直线 的斜率为 （ 是原点），则 （ ）
A. B. 1 C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用圆的弦长公式、点到直线的距离公式求解.
【详解】依题意，直线 的方程为 ，圆 的圆心为 ，半径 ，
点 到直线 的距离 ，显然点 在圆 上，
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所以 .
故选：B
5. 桌面上有以下四种几何体，设点 是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点 到
桌面的距离最大的几何体是（ ）
A. 棱长为 1 的正方体
B. 表面积为 的球
C. 轴截面是边长为 1 的正方形的圆柱
D. 体积为 且轴截面为直角三角形的圆锥
【答案】D
【解析】
【分析】根据正方体、球、圆柱、圆锥的几何性质进行运算判断即可.
【详解】A：当点 是棱长为 1 的正方体表面上的一点时，
因为棱长为 1 的正方体的对角线长为 ，
所以点 到桌面的最大距离为 ；
B：当点 是表面积为 的球表面上的一点时，
设该球的半径为 ，所以有 ，
因此该球的直径为 ，
由球的性质可知点 到桌面的最大距离为 ；
C：当点 是轴截面是边长为 1 的正方形的圆柱表面上的一点时，
此时该正方形的对角线长为 ，
所以点 到桌面的最大距离为 ；
D：当点 是体积为 且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，
由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，设斜边长为 ，
所以该圆锥的底面的半径为 ，圆锥的高为 ，
所以有 ，
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所以斜边长为 ，
因此点 到桌面的最大距离为 ；
显然 ，即 ，
故选：D
6. 已知 是定义在 上且周期为 3 的奇函数，当 时， ，则
（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数的周期和奇函数的性质进行求解即可.
【详解】因为 是定义在 上且周期为 3 的奇函数，
所以 ，
所以
令 ，得 ，
因为该函数是奇函数，所以 ，
所以 ，
故选：A
7. 已 知 点 是 的 重 心 ， 点 是 所 在 平 面 内 一 点 .若 ， 且
，则（ ）
A. B.
C D.
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【答案】C
【解析】
【分析】利用重心的性质及平面向量基本定理即可求解.
【详解】因为点 是 的重心，所以 ，即 ，
，
又 不共线，所以 ，故 .
故选：C
8. 已知曲线 分别是曲线 的左､右焦点，点 是曲
线 与 在第一象限的交点，点 在 上的投影是点 .若 ，则曲线 的离心率是
（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据投影以及 得出 ，设 ，得出关系式，再联立曲线
方程求出点 坐标，将其代入关系式中即可.
【详解】因为点 在 上的投影是点 ，所以 ，
因为 ，所以 ，
设 ，则 （*）
又由 ，得 ，
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代入（*）式得 ，得 ，
故曲线 的离心率是 .
故选：B
二､多选题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分，在每小题给出的四个选项中，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. 若数列 的前 项和 满足 ，则（ ）
A.
B.
C. 为等比数列
D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 A：根据 与 的递推关系推导 、 的通项公式；对于 B：由上可知 为等差数列，由
等差中项性质可得结果；对于 C： 不为等比数列；对于 D： ，构造函数，
利用定义法证明该函数恒大于 0.
【详解】对于 A：当 时， ；
当 时， ，相减得 ，
所以数列 是等比数列，进而得 ， ，
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所以 ，A 选项正确；
对于 B：因为 ，所以数列 是以 1 为公差的等差数列，
所以由等差中项性质可得
，故 B 选项正确；
对于 C： ， 不为常数，所以 不是等比数列，故 C 选项错误；
对于 D： ，
当 时， 则 ；
当 时，令 ，
则 ，
所以 单调递增，所以 ，即 ，
综上： ，故 D 项正确.
故选：ABD.
10. 在三棱锥 中， ，顶点 在底面 上的投影为 （ 在 内部，
不含边界），点 在 上，则下列说法正确的有（ ）
A. 为 的垂心
B. 若 ，则 是等边三角形
C. 可能是直角三角形
D. 直线 与直线 的夹角可能为
【答案】AB
【解析】
【分析】对于 A，连接 并延长交 于 ，连接 并延长交 于 ，然后根据已知条件分析判断，
对于 B，结合勾股定理和三角形的外心分析判断，对于 C，结合选项 A 分析判断，对于 D，利用线面垂直
的判定和性质分析判断.
【详解】对于 A：连接 并延长交 于 ，连接 并延长交 于 ，因为 平面 ，
平面 ，所以 ，
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因为 ， ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，同理可得 ，
所以 为 的垂心，所以 A 正确；
对于 B：因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
所以 ，
因为 ，所以 ，所以 为 的外心，
由选项 A 知 为 垂心，所以 是等边三角形，所以 B 正确；
对于 C：由选项 A 知 为 的垂心，若 是直角三角形，则垂心 为直角顶点，与 在内部矛
盾，所以 C 错误；
对于 D：连接 并延长交 于 ，由选项 A 知 为 的垂心，则 ，
因为 平面 ， 平面 ，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ，
因为 平面 ，所以 ，所以直线 与直线 夹角为 ，所以 D 错误.
故选：AB.
11. 已知曲线 ，点 在曲线 上，下列说法正确的有（ ）
A. 曲线 是中心对称图形
B. 若 ，则 有最大值，无最小值
C. 存在两个定点 ，使得 为定值
D. 若直线 与曲线 交于 两点，与 轴交于点 ，与直线 交
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于点 ，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据 是奇函数，结合对称性可判断 A；由 ，结合基本不
等式可判断 B；根据双曲线定义可判断 C；直线 与曲线 联立方程可得 ，解方程组
可得 ， ，计算可判断 D.
【详解】由题意可得
对于 A，因为 是奇函数，所以曲线关于 对称，所以 A 正确；
对于 B， ，
当且仅当 ，即 时，取等号，所以 有最小值，无最大值，所以 B 错误；
对于 C，对曲线 ，不论 a，b 取何实数，都表示双曲线，由双曲线 定义可知，C 正确；
对于 D，联立直线 与曲线 的方程得 ，
所以 ，
由已知 ，
故 ；
由 得 ；显然 ，
所以 ，所以 ，
又 ，
所以 ，所以 D 正确.
故选：ACD.
第 II 卷
三､填空题：本题共 3 个小题，每小题 5 分，共 15 分.
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12. 的展开式中 的系数为__________.
【答案】20
【解析】
【分析】由二项式展开式的通项分前面括号内取 1 和 分别求解即可.
【详解】 展开式的通项是 ，
分别令 得 ，
所以 展开式中 项为 ，
所以展开式中 的系数为 .
故答案为：20.
13. 若曲线 在点 处的切线也是曲线 的切线，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】先求出曲线 在点 处的切线方程，再设出该切线与曲线 的切点，
利用导数的几何意义和切点既在切线上又在曲线上进行求解.
【详解】由题意可得： ，
当 时， ，
所以曲线 在点 处的切线为：
，即 ，
设切线 与曲线 的切点为 ，
对 求导可得： ，
又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数，
所以 ，即 ，
又因为 在切线 上，
所以 ，
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所以 在曲线 上，
即 ，求解可得： .
故答案为： .
14. 有 5 个 相 同 的 球 ， 分 别 标 有 数 字 ， 从 中 有 放 回 地 随 机 取 3 次 ， 每 次 取 1 个 球 .记
为标有数字 的球被取出的次数， ，则 __________.
【答案】
【解析】
【分析】列出随机变量的所有取值为 1、2、3，再计算所有取值的概率，最后再由期望公式求解即可.
【详解】依题意， 的可能取值为 1､2､3，总的选取可能数为 ，
， ， ，
所以 ，
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. 在 中，角 对应边分别是 .已知 成等差数列，且 .
（1）求 的值；
（2）若 的外接圆半径为 ，求 的面积.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先根据等差数列的性质得到 的关系，再根据正弦定理将角化边，最后利用余弦定理求值；
（2）先根据正弦定理求出 ，再结合（1）中的 的关系求出 ，最后根据三角形的面积公式求解.
【小问 1 详解】
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由 成等差数列知 ，又 得 ，
于是 ，设 ，则 ，
所以 ；
【小问 2 详解】
由（1）知 ，
由 得 ，所以 ，
所以 的面积 .
16. 某高新区对 7 家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下：
企业
研发投入 （万元） 300 600 900 1200 2000 2800 4000
年度专利产出数 （件
3 5 7 6 9 10 11 ）
（1）现从这 7 家企业中随机抽取 1 家.记事件 ：抽到的企业“研发投入不超过 2000 万元”；事件 ：抽
到的企业“专利产出数超过 8 件”.
（i）求条件概率 的值；
（ii）判断事件 与 是否相互独立，并说明理由；
（2）从这 7 家企业中随机抽取 3 家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于 6 件的企业数为随机变量
，求 的分布列和数学期望 .
【答案】（1）（i） ；（ii）不相互独立，理由见解析
（2）分布列见解析，
【解析】
【分析】（1）（i）已知 和 ，用条件概率公式计算 .
（ii）法 1：比较 和 判断；法 2：验证 与 是否相等判断.
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（2）利用超几何分布概率公式计算概率得分布列，再用期望公式求 .
【小问 1 详解】
（i） ， ，
.
（ii）事件 M 与 N 不相互独立
理由如下：
法 1：利用条件概率：
， ，
，
所以 ， 不相互独立.
法 2：利用独立性定义：
， ，
，
所以 ， 不相互独立.
【小问 2 详解】
这 7 家企业中，专利产出数大于 6 的企业有 4 家，所以 的所有可能取值为 ，
（ 服从超几何分布， ）
， ，
， ，
故 的分布列为：
X 0 1 2 3
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P
故 的数学期望 .
17. 在四棱锥 中，底面 为菱形， ，
是 的中点， .
（1）当 时，证明： 平面 ；
（2）若 与平面 所成角的正弦值为 ，求平面 与平面 夹角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）先作辅助线得出 ，再应用线面平行判定定理证明即可；
（2）先应用线面垂直判定定理求出平面 的一个法向量，再应用线面角正弦值得出 ，进而得出
平面 的一个法向量最后应用二面角余弦公式计算求解.
【小问 1 详解】
设 相交于点 ，在平面 内，过点 作 交 于点 （如图 1），
由已知得 ，所以 ，所以点 为 中点，点 为 中点；
又点 为 中点，所以 ，且 平面 ， 平面 ，
所以 平面 .
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【小问 2 详解】
因为 ，
所以 平面 ，
所以 平面 ，
过 A 作 为 轴，以 为 轴，以 为 轴建立空间直角坐标系（如图 2）.
设 ，则 ， ，
由 得 ，
因为 为菱形，所以 ，
因为 ， 平面 ，所以 平面 ， 平面 ，
所以 平面 ，所以 平面 ，
所以平面 的一个法向量为 ，
.
所以 E 是 的中点.
所以 ，而 ，
设平面 的一个法向量为 ，则
，
令 ，则 ， ，
，
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所以平面 与平面 夹角的余弦值 .
18. 已知抛物线： 焦点为 ，直线 与抛物线有且只有一个交点.
（1）求抛物线的方程；
（2）设抛物线 准线与 轴交于点 ，过点 作直线 与抛物线交于 两点.
（i）若 的面积为 4，求直线 的方程；
（ii）设 内切圆的半径为 ，求 的最大值.
【答案】（1）
（2）（i） 或 ；（ii）
【解析】
【分析】（1）联立直线方程 与抛物线的方程 ，得 ，由 求
得 ，从而得到抛物线的方程；
（2）（i）易得 ，设 ，代入 得， .设 ，结合
韦达定理，根据 的面积，求得 的值，即可得到直线 的方程；（ii）利用三角形的面积公式，将 表
示为 的函数，利用导数分析其单调性，并求得其最大值.
【小问 1 详解】
由 得 ，由已知可得 ，
所以抛物线方程为 ；
【小问 2 详解】
（i）抛物线 的准线方程为 ，所以 .
设 ，代入 得， ，
设 ，且 ，则 .
，所以
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，
所以直线 l 的方程为： 或 ；
（ii）由（i）得
，
，
.
设 ，则
显然 关于 m 是增函数.
令 ，则 ，
两边平方，化简整理得 ，此时对应 值满足题意.
由于 关于 m 是递增函数， ； ，
所以当 时， 取得最小值，最小值为 ，
所以 的最大值为 .
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19. 已知 .
（1）讨论 的单调性；
（2）设 .
（i）证明： ；
（ii）证明： .
【答案】（1）答案见解析
（2）（i）证明见解析（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数单调性和函数导数之间的关系，求出函数导数，根据参数的范围，判断导函数的正
负，进而判断函数单调区间.
（2）（i）根据函数单调性，构造不等式，再对参数的范围进行分类讨论，进而通过不等式说明命题成立即
可；（ii）通过不等式，以及累加法，和错位相减求和法，证明不等式即可.
【小问 1 详解】
由题意可得 .
①当 时， ，函数 在 是增函数；
②当 时，令 ，即 ，解得 ，
当 时， ， 在 上递减，
当 时， ， 在 是递增；
③当 时， 的定义域为 ，
令 ，即 ，解得 ，
当 时， ， 在 上递增，
当 时， ， 在 是递减；
【小问 2 详解】
（i）由（1）可得当 时， 在 上递减，在 是递增，
所以 ，
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， ，
，
.（*）
要证原式成立，只需要证： .
①当 中至少有一个不小于 1 时，上式显然成立；
②当 都小于 1 时，
在（*）式中，令 ，则 ，同理可得 .
两式相加得 ，
因此 ；
（ii）由（*）式得
令 ，则
当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
左右两边分别相加得 ，
令 ，
则 ，
作差得 ，
化简得 ，
所以 ，
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因为 ，所以 ，
所以 .