精品解析：浙江金丽衢十二校2026届高三第一次联考数学试题

金丽衢十二校2025学年高三第一次联考 数学试题 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. 2. 直线的倾斜角为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 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. 5. 已知直线与平面，则下列选项可使得的是（ ） A. B. C. D. 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 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 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 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. 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. 该组数据的平均数为4 D. 将数据1均改为3后，方差会变大 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 11. 已知矩形，若点为边上的一动点（不包括端点），现将沿着翻折成，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 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__________. 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__________. 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__________. 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. 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. 17. 如图，在三棱锥中，底面是正三角形，中心为，，. （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. 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. 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 金丽衢十二校2025学年高三第一次联考 数学试题 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，再根据交集的定义可得结果. 【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（ ） 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； 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：， 由，得或，由，得， 所以在单调递增，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. 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. 该组数据的平均数为4 D. 将数据1均改为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】 【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. 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. . 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__________. 【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， 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， 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， 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） （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，，. （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）延长 交于点，则为的中点，连接，如下图所示： 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. （2）（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）. 【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】 略 【小问2详解】 （i）略 （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， 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， 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. 【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）记函数，则 因此 在 上单调递增，故，所以即. （2） （3）由（2）得当时且，故. 另一方面，，故 故 所以. 【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，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】 略 【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， 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】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $