精品解析：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题

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 数学试题卷 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. 【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， 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， 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. 【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， 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，， 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 ， 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知为的垂心，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，由双曲线的定义可知，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. 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， 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】 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. （2） X 0 1 2 3 P 【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. （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，理由略 【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 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）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 . （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】 略 【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， ， ， 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）设抛物线的准线与轴交于点，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， 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，此时对应的值满足题意. 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. 19. 已知. （1）讨论的单调性； （2）设. （i）证明： ； （ii）证明：. 【答案】（1）当 时，函数在 上单调递增； 当 时，函数在 上递减，在 是递增； 当时，函数在 上递增，在 是递减； （2）（i）由（1）可得当 时，在 上递减，在 是递增， 所以 ， ， ， ， .（*） 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， 因为 ，所以 ， 所以. 【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 上单调递增； 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； 综上所述：当 时，函数在 上单调递增； 当 时，函数在 上递减，在 是递增； 当时，函数在 上递增，在 是递减； 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 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 数学试题卷 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 2. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 3. 若的最小正周期为，则（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 4. 已知点 在圆上，直线的斜率为（是原点），则（ ） A. B. 1 C. D. 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 6. 已知是定义在上且周期为3的奇函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（ ） A. B. C. D. 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. 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. 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 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 ，与直线交于点，则 第II卷 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数为__________. 13. 若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________. 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__________. 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. 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. 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. 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）设抛物线的准线与轴交于点，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. 19. 已知. （1）讨论的单调性； （2）设. （i）证明： ； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $