精品解析：浙江名校新高考研究联盟（Z20⁺名校联盟）2026届高三第三次学情诊断数学试题

浙江名校新高考研究联盟（Z20⁺名校联盟）2026届高三第三次学情诊断数学试题 命题：余姚中学 马浩东、李建标 审题：路桥中学 朱映颖 平阳中学 徐荣波 桐庐中学 夏一帆 校稿：李慧华、吕金晶 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 4. 已知一组实数：1，2，4，x，8，10，若该组数据的第百分位数为4，则不可能是（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 5. 若随机变量，随机变量且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 6. 在平行六面体中，记三棱锥的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 8. 数列满足，且．若，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 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. 已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（ ） A. 若不垂直，则不可能垂直 B. 若垂直，则可能不垂直 C. 若不平行，则不可能平行 D. 若平行，则可能不平行 10. 将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（ ） A. 三个点数之积大于的概率为 B. 三个点数之和大于的概率为 C. 若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D. 若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 11. 在一块木板上绘制平面直角坐标系，在四点处钉上四枚钉子，将长度为10的细绳环放在木板上围出一个封闭区域，且四枚钉子在此区域内．用一支铅笔拉紧细绳，移动笔尖一周，笔尖在木板上留下了封闭的轨迹，则（ ） A. 轨迹上任意一点到原点距离的最大值为3 B. 轨迹上任意一点到原点距离的最小值为 C. 轨迹的面积大于20 D. 直线与轨迹最多有2个公共点 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式，若，则正整数的最小值为____________． 13. 设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 14. 抛物线上的A，B两点均位于第一象限，点在轴正半轴上，满足．且．若的面积为9，则点坐标为____________． 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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）若，求的面积； （2）若，求的取值范围． 16. 已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于M，N两点，且直线AM，AN与直线分别交于P，Q两点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线FP，FQ的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 17. 正项数列的前项和，且． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 18. 如图，在平行四边形ABCD中，．现将沿着AC翻折，使点到达点的位置，形成三棱锥．线段PB上有两点M，N，满足平面平面ACM且平面平面ACN． （1）当平面平面ACP时，求三棱锥外接球的表面积； （2）在翻折过程中，当点为线段PB上靠近点的三等分点时，求点到平面ACP的距离； （3）在翻折过程中，是否存在，若存在，求平面ACP与平面ABC所成角的余弦值；若不存在，请说明理由． 19. 已知函数． （1）当时，求函数的最值； （2）讨论方程解的个数； （3）若方程存在两个非零解，且满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江名校新高考研究联盟（Z20⁺名校联盟）2026届高三第三次学情诊断数学试题 命题：余姚中学 马浩东、李建标 审题：路桥中学 朱映颖 平阳中学 徐荣波 桐庐中学 夏一帆 校稿：李慧华、吕金晶 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. 设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，即，解得，所以， ，即，解得，所以， 所以. 2. 复数在复平面内对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的除法化简复数，利用复数的几何意义可得出结论. 【详解】由于，其在复平面内对应的点位于第二象限. 故选：B. 3. 已知是空间的一组基底，则能与构成另一组基底的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据空间向量的基底向量的定义，及共面向量的定义逐项分析判断即可． 【详解】对于选项A，假设存在实数，，使得， 则，方程无解，即不存在实数，使得上式成立， 所以，，不共面，能构成一组基底，故A正确； 对于选项B，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故B错误； 对于选项C，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故C错误； 对于选项D，假设存在实数，，使得， 则，解得，即存在实数，使得上式成立， 所以，，共面，不能构成一组基底，故D错误． 4. 已知一组实数：1，2，4，x，8，10，若该组数据的第百分位数为4，则不可能是（ ） A. 40 B. 50 C. 60 D. 70 【答案】D 【解析】 【分析】按分类，结合第百分位数的定义逐项分析判断. 【详解】对于A，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第3个数4，A可能； 对于B，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第3、4个数的平均数4，B可能； 对于C，当时，由，得该组数据的第百分位数为由小到大排列的第4个数4，C可能； 对于D，，无论取何值，该组数据由小到大排列的第5个数不可能为4，因此不可能为，D不可能. 5. 若随机变量，随机变量且，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由题意得，， 因为，所以，则，则 6. 在平行六面体中，记三棱锥的体积分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用等体积方法计算，利用割补法计算. 【详解】设平行六面体的体积为，上下底面的面积为，高为， 则，， ， 故. 7. 已知函数是定义在上的奇函数，是定义在上的偶函数，若函数的值域为，则函数的最大值为（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质，结合函数值域的意义求出最大值. 【详解】由函数的值域为，得， 由是定义在上的奇函数，得， 由是定义在上的偶函数，得， 则，则， 所以， 而函数与的值域相同， 所以函数的最大值为8. 8. 数列满足，且．若，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】B 【解析】 【分析】因式分解，分析数列的递推规律，然后逆向分析即可得解. 【详解】由得， 整理得， 得或，即或， 所以数列从第二项开始，每一项由前一项加2或乘2得到， 因为，所以数列中的所有项都是偶数， 因为，则或，要使最小，则， 又数列中的所有项都是偶数，所以， 则或，要使最小，则， 所以或，要使最小，则， 所以或，要使最小，则， 因为为偶数，所以，则，即，. 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. 已知两个平面和两条直线，满足，下列命题正确的是（ ） A. 若不垂直，则不可能垂直 B. 若垂直，则可能不垂直 C. 若不平行，则不可能平行 D. 若平行，则可能不平行 【答案】BD 【解析】 【分析】根据空间中面面位置关系与线线位置关系的判定，可通过生活中的实物模型举反例结合空间几何基本定理判断各选项正误。 【详解】对于A，想象一本半打开的书（比如打开成 角），左边的书页是平面 ，右边的书页是平面，显然这两个平面不垂直， 在左边书页上，画一条直线 垂直于书脊（交线），在右边书页上，取书脊即交线为，此时互相垂直的， 因此平面不垂直，也可以垂直，故A错误； 对于B，想象教室的墙角，地面是平面，前面的黑板墙面是平面 ，它们互相垂直， 在地面上画一条直线，让它平行于墙脚线（交线），在黑板墙面上也画一条直线 ，让它也平行于墙脚线，此时，直线和直线是互相平行的， 因此即使平面垂直，可以平行，即可能不垂直，故B正确； 对于C，还是那本半打开的书，左右两页纸代表平面和，它们相交于书脊，肯定不平行， 在左页纸上画一条横线平行于书脊，在右页纸上也画一条横线平行于书脊， 根据几何公理（如果两条直线都和第三条直线平行，那么这两条直线互相平行），和都平行于书脊，所以和互相平行， 因此哪怕平面相交（不平行），依然可以平行，故C错误； 对于D，想象教室的天花板是平面，地面是平面，这两个平面是平行的， 在天花板上画一条直线，方向是南北走向，在地面上画一条直线，方向是东西走向， 直线 a在头顶，直线在脚下，方向还互相交叉，它们既不会相交，方向也不一样，这种关系叫作异面直线，既然是异面，它们自然不平行， 因此平面平行，可以是异面的（即不平行），故D正确. 10. 将一颗质地均匀的骰子（点数为）连续拋掷3次，记录向上的点数，则（ ） A. 三个点数之积大于的概率为 B. 三个点数之和大于的概率为 C. 若不考虑点数的先后顺序，能构成等比数列的概率为 D. 若考虑点数的先后顺序，在三个点数之和是奇数的条件下，能构成等差数列的概率为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用列举法结合古典概型逐项分析即可． 【详解】连续拋掷3次，总基本事件数为． 对于A，由，所以要三个点数之积大于的组合只有和， 若三个点数分别为时，即在这三个点数中选一个为，另外两个为，共有种； 若三个点数分别为时，共有种， 所以三个点数之积大于150的概率为，故A正确； 对于B，设三个点数为，其和的范围为， 由对称性，与的概率相等（因为，，对应的和为）， 所以和的概率相等，所以，故B正确； 对于C，不考虑点数的先后顺序，三个点数能构成等比数列的情况有： 若三个点数全相等，即有，，，，，，共有种， 若三个点数全不相等，仅有，即这三个点数全排列，共有种， 所以能构成等比数列的概率为，故C错误； 对于D，考虑点数的先后顺序，三个点数为等差数列等价于， 又三个点数之和是奇数的总基本事件数为，则在此条件下，为偶数，为奇数， 若时，，即三个点数为，共有种； 若时，，即三个点数为，，，，，共有种； 若时，，即三个点数为，，，共有种， 所以能构成等差数列的概率为，故D正确． 11. 在一块木板上绘制平面直角坐标系，在四点处钉上四枚钉子，将长度为10的细绳环放在木板上围出一个封闭区域，且四枚钉子在此区域内．用一支铅笔拉紧细绳，移动笔尖一周，笔尖在木板上留下了封闭的轨迹，则（ ） A. 轨迹上任意一点到原点距离的最大值为3 B. 轨迹上任意一点到原点距离的最小值为 C. 轨迹的面积大于20 D. 直线与轨迹最多有2个公共点 【答案】BCD 【解析】 【分析】由于四边形为正方形，周长为8，故细绳还剩下长度2，所以根据笔尖的轨迹为8段椭圆弧线拼接而成，以此就可判断ABCD四个选项. 【详解】如图所示， 由于四边形为正方形，正方形周长为8，而绳环长为10，故笔尖的轨迹为8段椭圆弧线拼接而成,分界点为正方形各边所在直线与椭圆弧线交点，理由如下： 设笔尖为点，那么 当点沿着点到点运动时，此时轨迹分为两段：和, 其中第一段为以点,点为焦点的椭圆弧线,射线交椭圆弧线于点，且;第二段为以点、点为焦点的椭圆弧线， 且，边界为直线与椭圆的交点,与轴交点为点； 当点沿着点到点运动时， 此时轨迹分为两段：和.其中第一段为以点,点为焦点的椭圆弧线,射线交椭圆弧线于点， 且;第二段为以点、点为焦点的椭圆弧线,椭圆弧线与轴交点于点，且； 当点沿着点到点运动时,情况与点沿着点到点运动相同,用相似的方法作出椭圆弧线和； 当点沿着点到点运动时, 情况与点沿着点到点运动相同,用相似的方法作出椭圆弧线和. 对于A选项， 由轨迹可知，当笔尖在和上运动时，点到原点距离最大，点为与轴交点，,； 当笔尖在以点,点为焦点的椭圆弧线上运动时，射线交椭圆弧线于点， 且，椭圆方程为 射线方程为，联立得， 所以，,笔尖运动到点Q时，到原点距离最大， ,根据轨迹对称性可知，其他部分与、情况相同，故A错误； 对于B选项, 由选项A可知，轨迹上任意一点到原点距离的最小值为； 对于C选项, 如图所示，轨迹的面积大于八边形面积， 由于,解得 根据轨迹对称性可知四边形为等腰梯形，四边形为矩形 ， 所以C正确; 对于选项D，直线是与直线平行或重合的直线系， 由于轨迹为8段椭圆弧线首尾相接而成，处处光滑，且没有线段部分，故直线轨迹最多有2个公共点，所以D正确. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知二项式，若，则正整数的最小值为____________． 【答案】4 【解析】 【分析】先通过二项式定理求出展开式各项系数，再根据系数的大小关系列不等式求解正整数的最小值. 【详解】根据二项式展开定理，将 展开得， 因此对应各项系数为，，，， 因为， 所以， 因为是正整数， 解得，所以， 所以正整数的最小值是4. 13. 设圆台的上下底面半径分别为和，母线长为，圆台的侧面积等于上下底面的面积之和，当取到最小值时，____________． 【答案】 【解析】 【分析】由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和求出的关系式，再用表示，再结合均值不等式求解. 【详解】设圆台的侧面积为，，， 由圆台的侧面积等于上下底面的面积之和得， 化简得：，所以， ，令， 得 ， 等号当且仅当时成立， 此时有，即，因为，所以满足题意， 故当取到最小值时，. 14. 抛物线上的A，B两点均位于第一象限，点在轴正半轴上，满足．且．若的面积为9，则点坐标为____________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，求出并设出点的坐标，借助复数乘法与旋转关系确定坐标关系，再利用点在抛物线上列出方程组求解. 【详解】在中，，由的面积为9，得， 则，设，不妨令， ，所对复数分别为， 可视为绕点逆时针旋转而得，则， 因此，即，由点都在抛物线上， 得，两式相减得，整理得， 于是，整理得， 则，，， 所以，点坐标为. 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. 的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足． （1）若，求的面积； （2）若，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将条件化简得到，由，求出及，即可根据三角形的面积公式求出的面积； （2）由可得或，在的条件下求出和的取值范围，将化为二次函数形式，再求出其值域即可. 【小问1详解】 因为， 则， 即， 化简可得． 若，则，因为，所以， 所以， 所以是等腰直角三角形，所以， 所以； 【小问2详解】 由（1）知，所以或． ①若，由可得，与矛盾，故舍去； ②若，则， 若，则，解得，则． 则此时， 设，则， 可知当时，取到最小值；当时，； 当时，， 因为，所以， 即的取值范围为． 16. 已知双曲线的左顶点到其渐近线的距离为，过右焦点的任意直线与双曲线的右支交于M，N两点，且直线AM，AN与直线分别交于P，Q两点． （1）求双曲线的标准方程； （2）设直线FP，FQ的斜率分别为，则是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） （2）是， 【解析】 【分析】（1）根据题意列方程求出即可； （2）直线，联立双曲线方程，结合韦达定理表示出化简即可得解. 【小问1详解】 由渐近线方程为得， 左顶点坐标为，则点到渐近线的距离， 解得，则， 双曲线的标准方程为 【小问2详解】 设点， 依题意知直线的斜率不为0，设直线，与双曲线联立， 化简得， 则，， 根据韦达定理，可得 点坐标为 直线与直线的交点坐标为， 同理可得点. 17. 正项数列的前项和，且． （1）证明：数列是等差数列； （2）求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用已知写出的表达式，与作差可得到与的关系，结合等差数列的定义即可证明； （2）由（1）可求出的通项公式，再由与的关系求出的通项公式，代入得，利用裂项相消即可求解. 【小问1详解】 证明：当时，，解得， 当时， ， 与作差可得：， 数列是正项数列，， ，即， ，即， 所以数列是等差数列． 【小问2详解】 由（1）知数列是以为首项，1为公差的等差数列， 所以，即， 当时，， ，， ， 则. 18. 如图，在平行四边形ABCD中，．现将沿着AC翻折，使点到达点的位置，形成三棱锥．线段PB上有两点M，N，满足平面平面ACM且平面平面ACN． （1）当平面平面ACP时，求三棱锥外接球的表面积； （2）在翻折过程中，当点为线段PB上靠近点的三等分点时，求点到平面ACP的距离； （3）在翻折过程中，是否存在，若存在，求平面ACP与平面ABC所成角的余弦值；若不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先利用外心性质确定三棱锥外接球球心位置与半径，再代入球的表面积公式计算； （2）通过建立空间直角坐标系，用二面角参数表示点坐标，利用法向量垂直条件求解二面角，再用向量投影公式求点到平面的距离； （3）用参数表示线段上的点，结合法向量垂直条件确定，再根据向量关系列方程求解二面角的余弦值. 【小问1详解】 的外心为AB中点的外心为CP中点， 取线段AC中点，则 设三棱锥外接球的球心为点，则平面平面ACP，． 【小问2详解】 以点为原点，的方向为x，y轴正方向，建立空间直角坐标系． ，设二面角的平面角为，则． 设平面ACP的法向量为，平面ACN的法向量为， 由， 解得． 由平面平面ACN，可得，解得． 点为线段PB上靠近点的三等分点，可得 由，解得 即二面角的平面角为 此时 点到平面ACP的距离 【小问3详解】 已知，点横坐标为1． 点在yoz平面上，所以点横坐标为0． 可得． 设， 由（2）得平面ACN的法向量． 由，解得 即． 根据条件，得，解得 在翻折过程中，存在，此时平面ACP与平面ABC所成角的余弦值为 19. 已知函数． （1）当时，求函数的最值； （2）讨论方程解的个数； （3）若方程存在两个非零解，且满足，证明：． 【答案】（1）最大值，无最小值． （2）当，方程有一个解；当，方程有三个解． （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）对时的函数求导，根据导数符号判断单调性，进而得到函数的最值； （2）利用奇函数性质将方程解的问题转化为时的情况，构造辅助函数，通过导数分析其单调性，分和两种情况讨论零点个数，再结合奇函数对称性得到方程总解数； （3）由（2）的结论设方程的两个非零解，，将待证不等式转化为 ，利用方程解的条件消去参数，构造新函数并通过导数判断其符号，从而证明不等式. 【小问1详解】 当时，，求导可得 函数在单调递增，在单调递减． 函数有最大值，无最小值． 【小问2详解】 函数是奇函数，始终是方程的一个解． 不妨令， ，可化简为 构造函数， 求导可得 ， ，令 ，则， ①当 恒成立，因此在单调递增． 故在单调递增，故． 即方程在无解． 根据函数是奇函数可知在也无解. ②当，由，可得在单调递减，在单调递增． 由 可得，存在使． 当 单调递减；当 单调递增． ，函数在有一个零点． 即方程在有一个解． 根据函数是奇函数可知在有另一个根． 综上，当，方程有一个解；当，方程有三个解． 【小问3详解】 由（2）可得此时，且． ． 即证： ． 因为是方程的解，代入可得． 消可得， 设， ， 函数在单调递增，所以 ． 又因为 ，所以 ， 即原不等式得证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $