文档内容
2026届新高考基地学校第一次大联考
数 学
座位号
考生注意： 一-
1.本试卷分选择题和非选择题两部分。满分150分，考试时间120分钟。
2.答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3.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
考场号
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。
答题
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
要
题目要求的.
1.已知z=2+i,则
不
准考证号
A.2+去 B.会一 c一去+2 D.一去一2
区
2.已知集合A=(1,2,3,4,5),B={z|2=+r>10},则A∩B=
A.{1,2) B.{4,5) C.(1,2,3} D.(3,4,5}
3.某公司生产的糖果每包的标识质量是500克，但公司承认实际质量存在误差.已知每包糖果
姓名
御 的实际质量服从正态分布N(500,82),且任意一包的糖果质量介于495克到505克之间的可
能性为95.4则随意买一包该公司生产的糖果，其质量超过495克的可能性约为
A.2.3% B.4.6% C.95.4% D.97.7%
班级 4.若某社交APP的用户数每月增长10则用户数从100万户增加到1000万户需要的时间
约为(lg 11≈1.04)
A.15月 B.25月 C.35月 D.45月
5.设函数f(x)=(z+a)x2在区间(1,2)上单调递减，则a的最大值是
c-
学校 A.-3 B.-2 D.3
26-X-279C-1
【第一次大联考·数学 第1页(共4页)】6.已知圆心在x轴上移动的圆经过点A(2,0),且与x轴、y轴分别交于点B(x,0),C(0,y)两个
动点，则点M(z,y)的轨迹方程为
A.x2+y2—2z=0 B.x2+y2-2y=0
C.y2=-2x D.z2=2y
6
7.将函数f(z)=sin(ax+3)(a>0)的图象向左平移 个单位长度后，得到的函数图象关于
x=6
直线： 对称，则w的最小值是
A. B.
C.2 D.6
m△-rG),C)G)
8.已知f(x)和g(x)都是定义在R上的奇函数，设 则
A.h(x)不可能是增函数 B.h(x)不可能是偶函数
C.h(x)≤f(x)+g(x) D.h(0)≥h(x)+h(-x)
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.在正三棱柱ABC-A?B?C?中，D为AB的中点，则下列结论一定成立的是
A.CD//平面A?BC? B.BC?//平面A?CD
C.CD⊥平面ABB?A? D.AB?⊥平面A?BC?
10.已知函数f(x)=x(x-2)(x-1)2,则
A.曲线y=f(x)关于直线 z=1对称
B.f(x)的极大值为0
C.存在x∈(-1,0),f(x)≥f(x-1)
D.f(x)有最小值，无最大值
a1=÷·0+=a:-a2+'
11.已知数列{a。}满足 ,则
A.任意n∈N°,0b>0)的离心率为
,左、右顶点分
别为A?,A?,上顶点为B,|A?A?|=4,P,Q是C上异于顶点的两点，
(1)求C的方程；
(2)若P在第一象限，△PA?A2的面积是△POB面积的2倍，求P的坐标；
(3)若直线PA?的斜率是直线QA?的斜率的3倍，证明：直线PQ经过定点，
图
18.(本小题满分17分) 要答
如图几何体中，四边形ABCD和AEFD都是梯形，AB//CD,AE//DF,AB⊥AD,AB⊥
AE,AB=AE=AD=1,CD=DF=2.
不
(1)证明：B,E,F,C四点共面；
(2)若∠ADF=60°,求该几何体的体积； 朵
内
(3)求平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值 C
E
百 线
A D
密封
19.(本小题满分17分)
已知函数f(x)=(x-a)ef(a>0).
(1)求曲线y=f(x)在x=a处的切线方程；
(2)设t>0,证明：对任意s∈(一t,t),都有f(s)10,所以A∩B={3,4,5}.故选D.
【参考答案】D
3.【知识定位】概率、正态分布.
【考核目标】考查学生的理解能力与运算能力.
P=95.4??-95.4?7.7故选D.
【解题思路】由概率和为1及对称性求解，得
【参考答案】D
4.【知识定位】函数模型.
【考核目标】考查运算求解能力.
【解题思路】设用户数从100万户增加到1000万户需要的时间为1月，则1000=100×(1+0.1)',两边取常
用对数得tlg 1.1=1,所以t=g 1.1=ig 11-1≈1÷0.04=25.故选B
【参考答案】B
5.【知识定位】利用导数求函数的单调性.
【考核目标】考查函数的单调性，利用化归思想分析问题，考查学生解决问题的能力.
【解题思路】因为函数f(x)在区间(1,2)上是减函数，所以f(x)=x(3x+2a)≤0,即3x+2a≤0,所以a≤
一2x,
,因为x∈(1,2)时，一3<-2x<-2,所以a≤-3.故选A.
【参考答案】A
6.【知识定位】动点的轨迹方程.
【考核目标】考查学生的理解能力和运算能力.
(去2,o), 2|,
【解题思路】因为AB为圆的直径，所以圆心坐标为 ,半径为 ,因为点C在圆上，所以
()2+y2=(2)2,
,整理得y2=-2x.故选C.
【参考答案】C
7.【知识定位】三角函数的图象和性质.
【考核目标】考查图象转换能力和分析问题，解决问题的能力.
【解题思路】函数f(x)=sin(wx+3)(w>0) 6个单位后，得到的函数g(x)=
的图象向左平移
【第一次大联考·数学参考答案 第1页(共8页)】x=6
sin(wx+?+23), 晋++3=kπ+晋，4=3k-,
,因为曲线y=g(x)关于直线 对称，所以
52
k∈Z,因为w>0,所以w的最小值是 .故选B.
【参考答案】B
8.【知识定位】分段函数、函数奇偶性与单调性的综合应用.
【考核目标】考查运算求解能力、问题转化能力、抽象概括能力.
(z)={2,>0,
【解题思路】设f(x)=2x,g(x)=x,则 h(x)是增函数，且h(一1)=-2>-3=f(一1)十
h(z)={21x,>0
g(一1),故A,C错误；设f(x)=-x,g(x)=x,则 此时h(x)为偶函数，故B错误；对于
D,对任意x∈R,若f(x?)≥g(xo),则一f(xo)≤-g(x?),即f(-xo)≤g(一x?),所以h(xo)=g(x?),
h(-xo)=f(一xo),所以h(xo)+h(一xo)=g(xo)+f(一xo)≤g(x?)+g(一x)=0,h(0)=
min{f(0),g(0))=0,所以h(0)≥h(x?)+h(一xo);若f(x?)2+√2 2-√220,f(x)递增.所以x=1是f(x)的
极大值点，f(1)=0,故B正确；对于C,当x∈(-1,0)时，x-10,
,所以an>0;因为an+1-1=
a.-a-+1'
,所以aa+1-1与an-1同号，所以an<1,即0an>0,所以a+<=a?,即 aH+2,所以2-1>2(一-1)>…>
1,所以 由B知n≥2时，
2-1(1-1)=2-1,,所以+2+…+1≥n+(1+2+…+2-1)=n+2“-1,故C正确；对于D,由(※)
a=1-a1-a,a=
1去(-1)1主-1a-4
式得， 所以
(1-a?1-a2)+(-a?1-as)+…+(-a.1-a)=1-a1-c+=1-1-a+
,因
1-a>0,所以a<1
为 ,故D正确.综上，故选ACD.
【参考答案】ACD
12.【知识定位】平面向量.
【考核目标】考查学生对向量的数量积的理解及运算能力.
a2+4-一5,
【解题思路】由夹角公式得 ,解得x=-1.
【参考答案】-1
13.【知识定位】立体图形的体积和表面积.
【考核目标】考查分析问题能力、解决问题的能力.
【解题思路】设球心为O,因为球O的表面积为16π,所以球的半径R=2.因为△ABC的外接圆半径为√3,所
以O到平面ABC的距离d=√22-(√3)2=1,所以D到平面ABC的距离的最大值为3,所以四面体
3×3×32×(1+2)=943.
ABCD的体积的最大值为：
9.5
【参考答案】
14.【知识定位】概率与计数原理.
【考核目标】考查学生分析问题和解决问题的能力.
【解题思路】根据题意可知，停止摸球时共取出5个球的所有可能的情况为：
P?=A×C-35.
前4次摸出2个白球、2个红球，第5次摸出1个黄球：此时概率为
P?=G×A×C=35·
前4次摸出2个白球、2个黄球，第5次摸出1个红球：此时概率为
【第一次大联考·数学参考答案 第3页(共8页)】P?=S×A×C=3.
前4次摸出2个黄球、2个红球，第5次摸出1个白球：此时概率为
前4次摸出3个黄球、1个红球，第5次摸出1个白球或者前4次摸出3个黄球、1个白球，第5次摸出1个
P=×A×C×2=185.P=P?+P?+P?+P?=13
红球：此时概率为
135
【参考答案】
15.【知识定位】向量、三角函数、三角恒等式.
【考核目标】考查运算求解能力.
【解题思路】利用向量数量积得出函数关系式，利用函数关系式求解问题.
【参考答案】解：(1) (xz)=a·b=sin x·cos(z+号)+
……………………………………………2分
=sinz·(cos x--sinx·3)+= si zcosx-2si2 +4
=4sin 2x+3cos 2x=÷sin(2x+3),………………5分
所以f(x)的最小正周期为π.……………………………………………………………………… 7分
x∈[0,] 2x+3∈[3,],
(2)因为， ,所以
-4
所以当2x+3=43,即x=2
时，f(x)取得最小值，最小值为
12
x=12
当2x+3=2,即 时，f(x)取得最大值，最大值为 …………………………………… 10分
当3≤2x+3≤2,即O≤≤12时，f(x)递增；
当≤2x+3≤3,即≤x≤时，f(x)递减.………12分
一原， [0,] [,].
综上，f(x)的最小值为 ,最大值为2;f(x)的单调递增区间为 ,单调递减区间为
……………………………………………………………………………………………… 13分
16.【知识定位】数列的递推关系、等差数列等.
【考核目标】考查分析问题能力、推理论证能力.
【解题思路】利用递推关系证明等差数列，利用等差数列求出通项，进一步求解问题，
a=-a.-1
【参考答案】(1)证明：因为1+ana+1=2an,显然a≠0,所以 ,………………………2分
-Z-(-)-a-2+1.
所以
a-1 a,—1=1,……………………… 5分
即
又a-1=2,所以{一}是以2为首项1为公差的等差数列.………………………………7分
a—1=n+1,
………………………………………………………… 8分
(2)解：由(1)得，
【第一次大联考·数学参考答案 第4页(共8页)】a=1+n+1'=1-n+2
所以
a+=2++1-n+2·……………10分
所以
S.+T。=(a?+去)+(a+a)+…+(a+a)
所以
=2n+(2-3)+(3-4)+…+(+1n+2)=2n+2-n+2·……13分
<+2≤3,
因为
2n+≤2n+-n+2<2n+2,
所以
所以[S,+T.]=2n.……………………………………………………………………………… 15分
17.【知识定位】椭圆.
【考核目标】考查学生运算求解能力.
【解题思路】由长轴长与离心率求出椭圆方程，利用椭圆与直线的关系进一步解决问题.
【参考答案】(1)解：因为|A?A?|=2a=4,所以a=2,…………………………………………………·1分
a=立
因为 ,所以c=1,b2=a2—c2=3,
+学=1.
所以C的方程为 ……………………………………………………………………………… 4分
(2)解：设P(xo,yo),xo,yo>0,则3x+4y?2,①
因为△PA?A2的面积是△POB的面积的2倍，
所以÷×4·0o=2××√3·x?,即=2x?,②
z?=/2,=,
②代入①,解得.
P(√2.)
所以 .………………………………………………………………………… 8分
(3)证明：显然直线PQ与y轴不垂直，设其方程为x=my+n,
32+4y=12.
联立 消去x得(3m2+4)y2+6mny+3n2-12=0,
△=36m2n2—4(3m2+4)(3n2-12)=48(3m2-n2+4)>0,
y+y?=3m2+4,yy2=3m2+14,…………10分
设P(x?,y),Q(x?,y2),则
?+2=3-2,y(my?+n-2)=3y?(my?+n+2).
由题意kPA?=3kov?,即
即2my y?+3(n+2)y?—(n-2)y?=0.
2m32-12)+4(n+1)y?-(n-2)(y?+y?)=0,…………………… 12分
3m2-4)-(n-2)·3m2+4+4(n+1)y?=0,
12m(32+4+1+4(n+1)y=0,4(n+1)[3m2-2+x]=0.π=-1,
即直线PQ过定点M(-1,0).…………………………………………………………………… 15分
【第一次大联考·数学参考答案 第5页(共8页】18.【知识定位】立体几何与空间向量.
【考核目标】在立体图形中考查学生的空间想象能力，及分析问题和解决问题的能力.
【解题思路】(1)利用平行直线共面关系得出结论，(2)几何体的分割和补体求体积，(3)利用空间向量求解.
【参考答案】(1)证明：取CD中点M,DF中点N,连结BM,MN,EN,则MN//CF,
因为AE//DF,AE=DN=1,
所以四边形AEND是平行四边形，……………………………………………………………………2分
所以EN//AD,EN=AD,
因为AB//CD,AB=DM=1,
F
所以四边形ABMD是平行四边形，
所以BM//AD,BM=AD, C
N
E
所以BM//EN,BM=EN,
B M
所以四边形BENM是平行四边形，
所以BE//MN, A D
所以BE//CF,
所以B,E,F,C四点共面.………………………………………………………………… 5分
F
(2)解：法1:连结AF,BF,在平面ADF中，作FG⊥AD,垂足为G,
因为AB⊥AE,AB⊥AD,AE,ADC平面AEFD,AE∩AD=A, C
N
Ef
所以AB⊥平面AEFD,即AB是三棱锥B-AEF的高.
B
因为FGC平面AEFD,所以AB⊥FG,
因为AB//CD,所以CD⊥FG, A G D
因为AD,CDC平面ABCD,AD∩CD=D,
所以FG⊥平面ABCD,
即FG是四棱锥F-ABCD的高，且FG=DF×sin∠ADF=√3.……………………………… 8分
梯形AEFD的高为ADXsin∠ADF=3,
SAur=÷×AE×3-13,
所以
因为SH后AD=2×(AB+CD×AD=÷×(1+2)×1=3,
所以该几何体的体积V=Vnur+VeAax)=-××1+号×3×3=72.
……………………… 10分
法2:延长FE,DA交于点P,因为EFC平面BEFC,ADC平面ABCD,
F
所以P是平面BEFC和平面ABCD的公共点，
因为平面BEFCN平面ABCD=BC,所以P∈BC, C
E
所以所求几何体的体积等于三棱锥C-PDF与三棱锥B-PAE的体
B
积之差.………………………………………………………… 7分
同法1可证AB是三棱锥B-PAE的高，CD是三棱锥C-PDF的高， A D
因为AE//DF,AD=AE=1,DF=2,
所以A为PD的中点，即PA=1,因为∠ADF=60°,
【第一次大联考·数学参考答案 第6页(共8页)】--
SAME=2×PAXAEXsin ∠PAE=2×1×1×=4,Samx=4Snua=3,
所以
所以该几何体的体积
V=Vemu-VorAE=号×√3×2--×3×1=7-23.………………… 10分
(3)解：在平面AEFD中，过点A作AQ⊥AD,交EF于点Q,由(2)知AQ⊥平面ABCD,
以A为原点，-(AD,-AB,AQ-)为基-底，如-图建立-直角-坐标系.，
则D(1,0,0),B(0,1,0),C(1,2,0),
设∠ADF=0(0<θ<π),则E(-cosθ,0,sinθ),
所以BD=(1,-1,0),BC=(1,1,0),BE=(-cosθ,-1,sinθ). …………………………………… 12分
果
设平面BDE的一个法向量m=(x,y,z), z
{m二。 -6e-y+zin -0,
C
则 所以 E 1y
B
令x=1,则 A D I
m=-11.mg·
所以
:正一
-c5-b+csin -0.
设平面BEFC的一个法向量n=(a,b,c),则 所以
………………………………………
令a=1,则
所以n=(1,-1,-tan号). ………………………… 15分
设平面BDE与平面BEFC的夹角为α,则
向“0-)
0(m×-
tan2=1
当且仅当 ,即θ=2 时，等号成立.
13
所以平面BDE与平面BEFC的夹角的余弦值的最大值为 ……………………………… 17分
19.【知识定位】函数与导数.
【考核目标】考查函数的单调性，利用导数分析问题和解决问题的能力.
【解题思路】(1)先求导，求出含参的切线方程；(2)利用函数单调性证明不等式；(3)构造函数证明.
【参考答案】(1)解：因为f(x)=ae,……………………………………………………… 1分
【第一次大联考·数学参考答案 第7页(共8页)】所以f(a)=e,f(a)=0,
所以曲线y=f(x)在x=a处的切线方程为y=e(x-a).…………………………………………… 3分
(2)证明：因为a>0,所以x<0时，f(x)<0,f(x)递减；
x>0时，f(x)>0,f(x)递增；………………………………………………………………………… 4分
因为s∈(一t,t),所以0≤s0,
则F'(x)=f'(x)+f(-x)=吾e一e=吾(ed一e-f)>0,
所以F(x)在(0,+∞)上单调递增，所以F(x)>F(0)=0,所以f(一t)0,h(x)递增；
当x∈(-∞,a)时，h'(x)<0,h(x)递减，…………………………………………………… ·11分
所以h(x)≥h(a)=0,当且仅当x=a时取“=”.
a<1-2ek
所以h(y4)=f(y4)-e(y-a)=-2k-e(y-a)>0,即 .……………………………… 13分
方>1n十1,k∈N.②
其次证明：
设t(x)=x—In(x+1),x>0,
则t(x)=x+1>0,,所以t(x)在(0,十∞)上单调递增，所以t(x)>t(0)=0,
x=方，得方>1n大……………………………………… 15分
令
吾<2a<”一2(1++…+—)
