精品解析：浙江强基联盟2026-2027学年高三上学期8月考试数学试题

浙江省强基联盟2026年高三8月考试 数学试题 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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. “”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 2. 已知集合，，若，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 1或2 3. 已知平面向量，，若存在非零实数，使得，则可能为（ ） A. B. C. D. 4. 已知椭圆的焦点为，，是椭圆上一动点，下列等式不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知一组各不相同的数据的第25百分位数为，第75百分位数为，若去掉最大数，则下列情形不可能发生的是（ ） A. 不变 B. 不变 C. 变小 D. 变小 7. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 底面边长为，高为2的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，得到一个正三棱锥和一个正三棱台．当正三棱台的外接球半径最小时，该正三棱台的高为（ ） A. B. 1 C. D. 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. 若随机变量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 10. 已知双曲线，焦点，，以坐标原点为圆心，为半径的圆与双曲线于第一象限交于点，则下列满足内切圆半径为1的双曲线方程有（ ） A. B. C. D. 11. 若数列的项数为，且每一项都为或，若存在正整数，使得，则称为“―完美数列”，设“―完美数列”的个数为，则（ ） A. 数列，，，，不是“5―完美数列” B. C. 以为首项的“―完美数列”的个数为 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 写出1个到直线的距离为1的点的坐标_________． 13. 在中，，，分别是角，，的对边，已知外接圆半径为，，的最大值为，则_________． 14. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子4次，其中点数出现的次数为，记为，，，，，中奇数的个数，则的数学期望_________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列满足，且对任意，都有． （1）求数列的通项； （2）设，若，求满足条件的最大整数． 16. 如图所示，正三角形的边长为1，，分别为射线，上的点． （1）当，且为锐角三角形时，求的周长的取值范围； （2）当的周长为2时，求的面积的取值范围． 17. 已知圆，关于直线对称的点在圆上，直线与线段交于点． （1）求点的轨迹方程； （2）探究直线与点轨迹的关系； （3）记的面积为，的面积为，当时，求此时直线的方程． 18. 如图，正方体的棱长为1，点满足． （1）求证：平面； （2）记平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）当取最大值时，求的值． 19. 定义域为的连续函数满足：对任意实数，关于的解恰好有个，我们称这个函数具有性质 （1）已知函数具有性质，求的取值范围； （2）（ⅰ）证明：不存在具有性质的函数； （ⅱ）是否存在函数，使得具有性质，如果存在，请举出具体的例子，如果不存在，请说明理由． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 浙江省强基联盟2026年高三8月考试 数学试题 考生注意： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效． 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. “”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】A 【解析】 【分析】根据均值不等式，可知当时，成立，可验证充分性；根据举特值法可判断必要性. 【详解】当时，，当且仅当即时取等号，所以充分性成立； 当时，成立，不满足，所以必要性不成立. 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：. 2. 已知集合，，若，则的值为（ ） A. 0 B. 1 C. 0或1 D. 1或2 【答案】A 【解析】 【详解】因为，所以集合与共有2个元素相同，所以或． 当，即时，则，，符合题意； 当，即时，则，不满足集合中的元素的互异性，舍去． 故实数的值为0． 3. 已知平面向量，，若存在非零实数，使得，则可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】设向量，将按坐标展开， 可得，则， 对于A选项，若，可得到方程组， 第一个方程解得，不符合x是非零实数的要求，故A选项错误； 对于B选项，若，可得到方程组， 将代入第二个方程，可得，不存在有效解，故B选项错误； 对于C选项，若，可得到方程组， 解得，两个值均不为0，故C选项正确； 对于D选项，若，可得到方程组， 将代入第二个方程可得，不存在有效解，故D选项错误． 4. 已知椭圆的焦点为，，是椭圆上一动点，下列等式不可能成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】结合椭圆的定义可判断A；利用三角形的三边关系可判断B；结合椭圆的定义及焦半径的范围可判断CD. 【详解】由题意可得，结合椭圆定义可得， ， 对于A：，则，， 且，故可能成立，故A错误； 对于B：，故不可能成立，故B正确； 对于C：当为椭圆短轴端点时，， 当为椭圆长轴端点时，， 所以的范围是， 只要且可满足条件， 由可得，所以可能成立，故C错误； 对于D：，即， 代入椭圆定义可得，， 只要，由，解得，又， 所以当时，成立，故D错误. 5. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过二项式的展开式可知复数，再结合复数模的公式即可求解. 【详解】已知复数， 所以. 6. 已知一组各不相同的数据的第25百分位数为，第75百分位数为，若去掉最大数，则下列情形不可能发生的是（ ） A. 不变 B. 不变 C. 变小 D. 变小 【答案】B 【解析】 【分析】对于ACD：举反例说明即可；对于B：列出所有情况分析判断即可. 【详解】对于选项A：对于数据1，2，3，4，5，6，此时，， 去掉6后，可得，，即不变，故A不符合题意； 对于选项CD：对于数据1，2，3，4，5，此时，， 去掉5后，可得，，故C、D不符合题意； 对于选项B：设共有个各不相同的数据，按从小到大排列为， 原 去最大数后 1 无 2 变小 3 变小 变小 变小 变小 变小 可见无论为何种形式，去掉最大数后，第75百分位数必然变小，不可能保持不变，故B符合题意. 7. 已知函数在上的最小值为1，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】要让函数在区间上最小值为1，等价于整个区间内所有点的函数值都不小于1，再结合定义域分母不为负的约束可推导出，然后根据函数的最小值得到恒成立，接着构造函数，对函数求导，根据函数的性质得到的取值范围． 【详解】已知，由题意函数在上的最小值为1， 等价于对任意，都有恒成立． 由于时，，若分母， 则，与条件矛盾， 因此必须满足对所有恒成立， 即在上恒成立，令， 由幂函数性质得在上单调递减， 当时，，所以． 因为函数在上的最小值为1， 则恒成立，且存在，使得， 因为，故只需恒成立，即成立， 令．则，，， 令，则， 所以，所以解得， 因为当时，，所以， 令，则， 故在上单调递增，又， 所以当时，，即， 所以在上递增，所以，故成立， 综上，的取值范围是． 8. 底面边长为，高为2的正三棱锥被平行于其底面的平面所截，得到一个正三棱锥和一个正三棱台．当正三棱台的外接球半径最小时，该正三棱台的高为（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据正三棱锥和正三棱台的结构特征计算即可. 【详解】当正三棱台的外接球半径最小时，原正三棱锥底面的外接圆恰为外接球的大圆， 在正三角形中，，所以该三角形的高为， 所以其外接圆半径为高的，即，所以外接球半径为1. 设此时正三棱台的高为，根据相似，可得， 所以. 因为正三角形的高为. 所以正三角形的外接圆半径为， 由几何关系可知， 解得，故高为. 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. 若随机变量，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】由正态分布的对称性和期望的运算性质逐个判断即可. 【详解】由随机变量，说明该正态分布的密度曲线关于均值对称， 选项A： 因为正态曲线关于对称，​，A正确； 选项B： 根据正态分布的对称性：， 而，且， 因此， 故，B错误； 选项C： 由上述对称性推导：， 移项可得，C正确； 选项D：  结合C的结论，代入条件，可得， 即 所以， 由期望的性质：， 结合可得，D正确. 10. 已知双曲线，焦点，，以坐标原点为圆心，为半径的圆与双曲线于第一象限交于点，则下列满足内切圆半径为1的双曲线方程有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过内切圆半径确定双曲线中需满足的等式关系，进而逐项判断即可. 【详解】以原点为圆心、为半径的圆方程为，该圆过双曲线的两个焦点， 根据直径所对圆周角为直角，可得为直角三角形，， 设，，由双曲线定义得； 直角三角形内切圆半径公式为，又，， 代入得；结合， 可得：， 由勾股定理， 将、代入上式化简可得关系：； 选项A：双曲线，，， ，不满足条件， 选项B：双曲线，，， ，满足条件， 选项C：双曲线，，， ，满足条件， 选项D：双曲线，，， ，满足条件. 11. 若数列的项数为，且每一项都为或，若存在正整数，使得，则称为“―完美数列”，设“―完美数列”的个数为，则（ ） A. 数列，，，，不是“5―完美数列” B. C. 以为首项的“―完美数列”的个数为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据题意，依次列出数列的前项和即可判断A；当时，数列有项，依次列出可能的数列及其前项和即可判断B；根据题意得出，符合“―完美数列”的定义即可判断C；把全部“完美数列”分成两大类：首项为 1、首项为 2， 为与的和，结合选项C，得到递推公式，再求出初始值，，再利用特征方程法求通项. 【详解】对于A，已知数列项数，每一项为或， 计算前项和：当时，；当时，；当时， ；当时， ；当时，；其中没有，因此，该数列不是“5―完美数列”，故A正确； 对于B，当时，数列有项，每项为或，总共有个数列， 所有可能的数列及其前()项和如下： ：前项和依次是，有（）；：前项和依次是，无； ：前项和依次是，有（）；：前项和依次是，有（）； ：前项和依次是，有（）；：前项和依次是，有（）； ：前项和依次是，无；：前项和依次是，无； 符合条件的有，，，，，共个，所以，故B错误； 对于C，设数列以为首项，即，需要存在某个，使得，即， 此时，子数列共有项，每项为或， 时左边为0，，右边，所以，所以，令，则，这说明在项的数列中，存在前项 和为，这正是“―完美数列”的定义， 所以以为首项的“―完美数列”与“―完美数列”一一对应，所以个数为，故C正确； 对于D，把全部“完美数列”分成两大类：首项为 1、首项为 2， 为与的和， 由选项C可知，以为首项的“―完美数列”的个数为， 以2为首项， 数列：，共项，由定义：存在，满足 ，令子数列 ，长度为， 条件等价于：存在，子数列前项和为， ：代表，即只取首项，要求，也就是，这是边界特例； ：的和为，即的前一部分构成完美数列， 于是每一个完美数列，可以生成2 个以开头的完美数列， 首项为 2 的数列个数是 ， 得到递推公式， ：长度为 1，元素， ：前 1 项和是，满足；：前 1 项和是，不满足，所以 ； ：长度为 2，元素只能取 1，2， ：前两项和是，满足； ：前 1 项和是1，前 2 项和是3，不满足； ：前 1 项和是，满足； ：前 1 项和是 ，满足；所以 初值：，利用特征方程法求通项， 由递推公式：，得特征方程：，所以，特征根是，则可设，其中为待定常数，代入初值求， 代入 ， ，得，，解得，， 所以，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 写出1个到直线的距离为1的点的坐标_________． 【答案】或(答案不唯一) 【解析】 【分析】利用点到线的距离公式求解即可. 【详解】将直线方程化成一般式，得， 设点到直线的距离为1， 则有， 即有， 解得或， 所以所求点的坐标为或. 13. 在中，，，分别是角，，的对边，已知外接圆半径为，，的最大值为，则_________． 【答案】## 【解析】 【分析】利用正弦定理将边转化为角，再结合三角恒等变换以及三角函数值域问题，根据最大值列方程求解即可. 【详解】因为，外接圆半径，边长， 所以， 因为，所以或， 可得， 则， 情况一： 当时，，，， 因此 所以 因为的最大值为，所以， 即，整理可得 解得或， 当，恒为负数，无法取得正数最大值，舍去. 当时，，其中， 此时当时，满足题意， 即. 情况二： 当时，，即， 由内角为正可得约束条件，即, ； 即，整理可得， 解得，或， 同理时，恒为负数，无法取得正数最大值，不符合题意，舍去， 当时，需满足， 但又因为，所以，因此，即等号不成立， 此时也无法取得最大值，不符合题意，舍去. 综上可知. 14. 连续抛掷一枚质地均匀的骰子4次，其中点数出现的次数为，记为，，，，，中奇数的个数，则的数学期望_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据二项分布的性质求期望即可. 【详解】设，则. 由期望的线性性质：. 所有点数地位对称，每个分布一样. 代表4次抛掷中点数1出现的次数，. 可取0，1，2，3，4，奇数取值为1，3. ；； 所以. 所以期望. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 已知数列满足，且对任意，都有． （1）求数列的通项； （2）设，若，求满足条件的最大整数． 【答案】（1），． （2） 【解析】 【分析】（1）利用对数运算性质化简递推式得到数列相邻两项比值，通过累乘法求出通项，再验证的情况得到数列的通项公式； （2）先对裂项相消求出前项和，再解关于的不等式，结合正整数条件求出的最大值. 【小问1详解】 当时，， 可得， 所以， 则， 当时，符合上式， 故，． 【小问2详解】 由（1）得，， 所以， 则，解得，又因为，所以的最大值为． 16. 如图所示，正三角形的边长为1，，分别为射线，上的点． （1）当，且为锐角三角形时，求的周长的取值范围； （2）当的周长为2时，求的面积的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，由为锐角三角形，求得，利用正弦定理，化简得到周长，结合三角函数的性质，即可求解； （2）设，利用余弦定理，求得，化简得到和，结合，求得，结合对勾函数的单调性，即可求解. 【小问1详解】 设，则， 因为为锐角三角形，所以，解得， 由正弦定理得， 所以，， 所以周长． 因为，可得，则， 所以，即， 所以的周长的取值范围为. 【小问2详解】 设，，且，， 由余弦定理得，即， 又因为的周长为，所以周长， 即，平方后化简得，即， 因为的面积， 因为，所以， 设，可得， 所以． 又因为在上单调递增，在上单调递减， 所以， 所以，所以，即的面积的取值范围. 17. 已知圆，关于直线对称的点在圆上，直线与线段交于点． （1）求点的轨迹方程； （2）探究直线与点轨迹的关系； （3）记的面积为，的面积为，当时，求此时直线的方程． 【答案】（1） （2）直线与点轨迹相切 （3）当，时，； 当，时，． 【解析】 【分析】（1）根据对称性，结合椭圆的定义求解即可； （2）设，中点为，直线与椭圆联立方程组，结合，求得，，进而可得点坐标，求出直线方程，直线与椭圆联立方程，根据，判断可得关系； （3）设，则，由可得，建立方程组，求得点坐标，结合（2）计算求解. 【小问1详解】 因为圆心为，半径，，在中垂线上，所以， 在半径上，所以， 即点到两定点，的距离和为定值， 所以的轨迹是以，为焦点的椭圆， 其中，，所以，，， 故轨迹方程为． 【小问2详解】 设，中点为，由对称性，不妨设， 而在射线上且，则， 可得，而， 化简得， 且， 得到，，所以，． 所以， 联立，得，即， 经检验，故直线与点轨迹相切，此时． 【小问3详解】 设，则， 因为与有相同的高，所以，解得， 所以，即点满足， 解得，，当，时，； 当，时，． 18. 如图，正方体的棱长为1，点满足． （1）求证：平面； （2）记平面与平面的夹角为，平面与平面的夹角为． （ⅰ）若，求的值； （ⅱ）当取最大值时，求的值． 【答案】（1）证明：在正方体中，可得，且， 因为平面，平面，所以平面， 又因为平面，平面，所以平面， 因为且平面，所以平面平面， 又因为平面，所以平面. （2）（ⅰ）（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用线面平行的判定定理，分别证得平面和平面，再由面面平行的判定定理，证得平面平面，进而证得平面； （2）以为坐标原点，建立空间直角坐标系，分别求得平面，平面和平面的法向量和，结合和向量的夹角公式，以及两角和的正切公式，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：以为坐标原点，分别以，，为轴，轴，轴建立空间直角坐标系， 如图所示，可得，，，， 设平面的法向量为，因为， 则，取，可得，所以， 设平面的法向量为， 因为，则， 取，可得，所以， 设平面的法向量为， 因为，则， 取，可得，所以， （ⅰ）当时，，得，可得，解得； （ⅱ）由， 得，（当时，）， 由， 得，（当时，）， ①当或时，可计算得； ②当且时，． 若，， 若，， 若，， 结合①②可知，， 因此，当取最大值时，． 19. 定义域为的连续函数满足：对任意实数，关于的解恰好有个，我们称这个函数具有性质 （1）已知函数具有性质，求的取值范围； （2）（ⅰ）证明：不存在具有性质的函数； （ⅱ）是否存在函数，使得具有性质，如果存在，请举出具体的例子，如果不存在，请说明理由． 【答案】（1） （2）（ⅰ）若函数具有性质，则在任意区间上均不能是常值函数， 因为函数具有性质，则存在，，，满足， 且在区间上不是常数函数，设，分别为在区间上的最小值和最大值， 若，存在，使得， 又因为具有性质，则必存在唯一的，满足， 若，则由零点存在定理知，存在，使得至少有四个解，矛盾； 若，则由零点存在定理知，对任意，使得至少有三个解，矛盾； 若，存在，使得，又因为具有性质， 则必存在唯一的，满足， 若，则由零点存在定理知，存在，使得至少有四个解，矛盾； 若，则由零点存在定理知，对任意，使得至少有三个解，矛盾； 综上所述，不存在这样的函数具有性质． （ⅱ）存在，且，如图所示， 【解析】 【分析】（1）根据题意结合导数计数求解即可； （2）（ⅰ）根据题意，利用反证法结合零点的存在性定理证明即可；（ⅱ）结合题意利用分段周期函数性质举例即可. 【小问1详解】 因为具有性质，则必为单调函数， 所以恒成立， ，则，所以的取值范围为． 【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 $