Z20+名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考数学答案_2025年8月_250821Z20+名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考

Z20 +名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026 届高三第一次联考 数学参考答案 一、单项选择题：（本题共8小题，每小题5分，共40分.） 1 2 3 4 5 6 7 8 A D B D A D C D 1．A 设z=a+bi，则2z+z =3a+bi=3−i，故b=−1，即z的虚部为−1． 2．D 由于焦点为(0,1)，故k 4且1=c2 =k−4，解得：k =5． 3．B 因为a//b，故2(x−1)=x−5，解得：x=−3． 4．D 由题意：N 1,2,3,4,16且4,16N ，满足条件的N 的个数即为1,2,3的子集个数，因此满足 条件的N 的个数等于8． 5．A  1 作出y=sinx的一个简图，如图，由于函数的值域为 −1, ，    2 5 1 3  13 1 sin = ，sin =−1，sin(2+ )=sin = , 6 2 2 6 6 2  5  则令t =2x− ，则t ,2a− ,   6  6 6 3  13 5 7 则有 2a−  ，解得： a , 2 6 6 6 6 5 7 即a的取值范围是 , ．    6 6  6．D  考虑曲面区域ABFE，由于AE所对的圆心角为 ，故曲面区域ABFE的面积为一个底面半径为 3 1 1 1 100 5m，高为20m圆柱的侧面积的 ，即S = S = 2rh= m2, 6 ABFE 6 侧 6 3 200 因此S =2S = m2． 总 ABFE 3 7．C 考虑X,Y 的概率密度函数 f(x)和g(x)，因为X N(1,4)，Y N(2,4)，所以 f(x)和g(x)图象分 别关于x=1和x=2对称，且 f(x)和g(x)图像形状完全相同, 3 故 f(x)和g(x)图象关于x= 对称；由于P(X a)=P(Y b)，因此由图像可知，直线x=a与直 2 3 线x=b关于x= 对称，即a+b=3, 2 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 1 页 共 10 页1 4 1 1 4 1 b 4a 1 b 4a 则 a + b = 3 (a+b)  a + b   = 3   5+ a + b    3    5+2 a  b    =3，当且仅当a=1,b=2时等号成立． 8．D 由题意：3f (x−1)−3f (x−2) f (x)− f (x−1)2f (x−1)−2f (x−2)， 设a = f (n)− f (n−1)，n2，则3a a 2a ，a = f (2)− f (1)=1， n n−1 n n−1 2 所以a 2a 4a  2n−2a =2n−2，a 3a 9a  3n−2a =3n−2， n n−1 n−2 2 n n−1 n−2 2 即3n−2  f (n)− f (n−1)2n−2． 累加得到： f (n)− f (1)2n−2+2n−1+ +20 =2n−1−1，即 f (n)2n−1， 3n−1−1 3n−1+1 同理累加得： f (n)− f (1)3n−2+3n−1+ +30 = ，即 f (n) ， 2 2 因此16 f (5)41， f (10)29 =512500，只有D项符合题意． 二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分.） 9 10 11 BC ABD BCD 9．BC A项：由于AB //CD ，且C D 与平面BCM相交，故AB 与平面BCM不平行，A项错误； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 B项：由于BC //AD ，且ADB 为正三角形，故BD 与AD 所成夹角为60，即BD 与BC 所成 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 夹角为60，B项正确； C项：由于BC ⊥BC，故BC ⊥ AD，因为AB ⊥面BBCC，所以AB ⊥BC 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 因为AD AB = A ，所以BC ⊥面ABD，所以平面ABD⊥平面BC M ，C项正确； 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 D项：V = S CB= ，D项错误． C−BC 1 M 3 CMC 1 6 综上，选BC． 10．ABD AC AB 3 A项：在ABC中，由正弦定理： = ，代入得：sinB= sinC，A项正确； sinB sinC 2  3   2 B项：由B=C+ ，可知： sinC =sinC+ =cosC，则tanC = ，B项正确； 2 2  2 3 2 3 C项：由前知：sinC = ，cosC = ， 13 13 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 2 页 共 10 页   5 因为A=−B−C= −2C，所以sinA=sin −2C=cos2C =1−2sin2C = ， 2 2  13 AB 5 则由正弦定理：BC = sinA= ，C项错误； sinC 13 12 A 1−cosA 1 D项：因为cosA= ，所以sin = = ， 13 2 2 26 1 A 1 5 15 6 26 则S = AD(AB+AC)sin = AD = ，解得：AD= ，D项正确． ABC 2 2 2 26 13 13 综上，选ABD． 11．BCD 1 A项：设球在甲乙丙丁手中的概率分别为q ,q ,q ,q ，当n=1时，q =0,q =q =q = ； 1 2 3 4 1 2 3 4 3 1 1 1 1 2 1 1 1 1 1 当n=2时，q =  +2  = ，q =0+2  = ，q =q = (1−q −q )= ，此时q q ， 1 3 3 3 6 9 2 3 6 9 3 4 2 1 2 3 1 2 即球在甲乙手中概率不相等，A项错误； 1 1 1 1 4 2 1 1 1 5 B项：当n=3时，q =  +2  = ，q =  +2  = ，B项正确； 1 9 3 3 6 27 2 9 3 3 6 27 1 C 项：由题意，球在A队手中时，下一次传球后，球有 的概率仍在A队手中，球在B队手中 3 1 时，下一次传球后，球有 的概率传到A队手中，设传球n次后，球在A队成员手中的概率为r ， n 3 1 1 1 在B队成员手中的概率为1−r 。则由全概率公式可知r = r + (1−r )= ，为定值，C 项 n n 3 n−1 3 n−1 3 正确； 1 D 项：传球n次后，球在乙手中的概率为p ，由前知，球在甲手中的概率为 −p ，球在B队 n 3 n 2 1 手中的概率始终为 ；由题意，球在B队手中时，下一次传球后，球有 的概率传到乙手中。 3 6 1 1  2 1 2 1 1 1 1 由全概率公式可知：p n =0p n−1 + 3  3 − p n−1  + 3  6 = 9 − 3 p n−1 ，即p n − 6 =− 3   p n−1 − 6   ， 1  1 1 1 由前得， p = ，则 p −  是以 为首项， − 为公比的等比数列，解得 ： 1 3  n 6 6 3 1  1 n−1 p n = 6   1+  − 3     (n2)，D项正确．   综上，选BCD． 三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分.） 17 12．1 13．21 14． 3 12．1 由题意：a=log 3，b=log 2，则ab=log 3log 2=1． 2 3 2 3 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 3 页 共 10 页13．21 由题意，总共能构成的5位数的个数为A4 =24， 4 考虑重复的情况，此时1与2相邻，且1排在2前，这样的5位数相当于将12,12,3三个数进行排 列得到，共有C1 =3个， 3 因此共能组成不同的5位数的个数为24−3=21个． 17 14． 3 由题意，S :S =QF :PF =2:1， QFF PFF 2 2 1 2 1 2 故可设PF =x，则QF =2x， 2 2 所以PF = x+2，QF =2x+2，PQ=3x， 1 1 因为FPQ为直角三角形, 1 所以PF2+PQ2 =FQ2，即(2x+2)2 =(3x)2 +(x+2)2， 1 1 2 解得：x= ， 3 2 2 2 8 2 17 则F 1 F 2 =  3   + 3   = 3 ， 17 则e= ． 3 四、解答题：（本题共5小题，共77分．） 15．答案： （1） 每组小矩形的面积之和为1， (0.005+0.010+0.020+a+0.025+0.010)10=1， a=0.030. （2分） 成绩落在40,70)内的频率为(0.005+0.010+0.020)10=0.350.5， 成绩落在40,80)内的频率为(0.005+0.010+0.020+0.030)10=0.650.5， 中位数落在70,80)内， （4分） 设中位数为m，则0.35+(m−70)0.030=0.5， 解得m=75， 即中位数为75. （6分） 0.025 （2）由分层抽样可知，成绩在80,90)的人数为7 =5人，成绩在90,100的人数为2 0.025+0.01 人, （8分） 故X 的可能取值为0,1,2， （9分） C0C3 2 C1C2 4 C2C1 1 且P(X =0)= 2 5 = ，P(X =1)= 2 5 = ，P(X =2)= 2 5 = （11分） C3 7 C3 7 C3 7 7 7 7 X 0 1 2 2 4 1 P 7 7 7 2 4 1 6 故E(X)=0 +1 +2 = ．（13分） 7 7 7 7 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 4 页 共 10 页16．答案： （1）作PO⊥ AB于O，连接DO， 因为面PAB⊥面ABCD，AB为面PAB和面ABCD的交线，所以PO⊥面ABCD．（2分） 由题意，ABCD为直角梯形，所以易求得S =2 3+1． ABCD 2 3+1 1 因为V = = POS ，解得：PO=1, （4分） P−ABCD 3 3 ABCD 由PB=2，可知 BO= PB2−PO2 = 3=CD ， 因为BO//CD，所以四边形BODC为平行四边形，BC//DO，即DO⊥ AB, （5分） 由于PO⊥ AB，DO⊥ AB，PODO=O，所以AB⊥面POD．（6分） 因为PD面POD，所以AB⊥PD．（7分） （2）设平面PAB与平面PDC所成角为， 法一：如图，以O为原点建立空间直角坐标系， 由（1）可知：P(0,0,1)，D(2,0,0)，C ( 2, 3,0 ) , （9分） 易知，n =(1,0,0)是面PAB的法向量, （10分） 1 设n =(x,y,z)是面PDC的法向量, 2 n BC =0 2y=0 则 2  ，取x=1，得到n =(1,0,2), （12分） n 2 PD=0 2x−z=0 2 n n 1 2 1 5 则cos= = = , （14分） n n 51 5 1 2 2 5 所以平面PAB与平面PDC所成角的正弦值为 ．（15分） 5 法二：过P作直线l//CD，则l面PCD． （8分） 因为AB//CD//l ，所以l面PAB， 故l是面PCD和面PAB的交线． （10分） 因为PD⊥ AB，即PD⊥l；PO⊥ AB，即PO⊥l， 所以DPO即为所求夹角． （12分） 因为POD=90，PO=1,DO=BC =2， OD 2 5 所以sin=sinDPO= = ． （15分） PD 5 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 5 页 共 10 页17．答案： 1 1 1 （1）n2时，a =S −S = − (n2)，化简得：a = (n2), （2分） n n n−1 n n+1 n n2+n 经检验得，n=1时也满足, （3分） 1 故a = ． （4分） n n2+n （注：答案对但未检验，扣1分） 1 （2）（i）由题意：tan = , n n 1 1 则tan = ，tan = , （6分） 2 2 3 3 1 1 + 所以tan( +)= tan 2 +tan 3 = 2 3 =1, （8分） 2 3 1−tan tan 1 1 2 3 1−  2 3 即tan( +)=1． （9分） 2 3 （ii）由题意可知：A ( n2+n+1,1 ) ， n 1 1 则tan = ，tan = , （11分） n n2+n+1 n n 先证明以下结论： = − ． n n n+1 1 1 − 因为tan( − )= n n+1 = 1 =tan , （13分） n n+1 1 1 n2+n+1 n 1+  n n+1     且 n − n+1   0, 4   ， n   0, 4   , 所以 − = , （14分） n n+1 n 故+ + + + =(− )+( −)+ +( − )+ =．（15分） 1 2 n n+1 1 2 2 3 n n+1 n+1 1  因为tan =1，则 = ，原式得证． 1 1 4 18．答案： （1）当l与x轴垂直时， y = y =2 p ， A B 则AB=4 p =4 2, （2分） 解得：p=2，即C:y2 =4x．（4分） （2）（i）由l与抛物线交于A,B两点，可设l:x=my+2，A(x ,y )，B(x ,y )， 1 1 2 2 y2 =4x 联立方程组： ，得到：y2−4my−8=0， x=my+2 由韦达定理：y +y =4m，y y =−8， （6分） 1 2 1 2 y2 y2 (y +y )2 −2y y (y y )2 则x +x = 1 + 2 = 1 2 1 2 =4m2+4，x x = 1 2 =4， 1 2 4 4 4 1 2 16 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 6 页 共 10 页OAOB x x +y y 法一：因为cosAOB= = 1 2 1 2 = OA OB x2+y2  x2+y2 1 1 2 2 −4 −4 = ， x 1 2+4x 1  x 2 2+4x 2 x 1 x 2   x 1 x 2 +4(x 1 +x 2 )+16  （8分） −1 13 代入可知：cosAOB= =− ，解得：m=1， 9+4m2 13 即l:x= y+2或l:x=−y+2． （10分） 13 法二：因为cosAOB=− ，所以tanAOB=−2 3. 13 y 4 4 因为tanAOx= 1 = ，tanBOx= , x y y 1 1 2 4 4 + tanAOx+tanBOx y y 所以tanAOB=tan(AOx+BOx)= = 1 2 = 1−tanAOxtanBOx 16 1− y y 1 2 4 y 2 −y 1 = − y 2 −y 1 =−2 3，即 y −y =4 3.（8分） y 1 y 2 −16 2 2 1 由(y +y )2 −(y −y )2 =4y y ，得16m2−48=−32，解得：m=1， 2 1 2 1 1 2 即l:x= y+2或l:x=−y+2． （10分） （ii）法一：由对称性，不妨取l:x= y+2，  y2  4 由于A 1 ,y ，故OA:y= x，  4 1 y   1 y  ay2 4ay  因为PE ⊥OA，所以PE:y=− 1(x−a)，联立解得：E 1 , 1 , （11分） 4   y 1 2+16 y 1 2+16    ay2 4ay  同理有：F 2 , 2 ，   y 2 2+16 y 2 2+16   4ay 4ay 1 − 2 y −y y2+16 y2+16 4y y (y −y)+64(y −y ) 64−4y y 所以k = E F = 1 2 = 1 2 2 1 2 = 1 2 , EF x −x ay2 ay2 16(y2−y2) 16(y +y ) E F 1 − 2 1 2 1 2 y2+16 y2+16 1 2 由（2）得：y +y =4，y y =−8， 1 2 1 2 3 代入可知：k = , （13分） EF 2 3 ay2  4ay 故EF:y= x− 1 + 1 ， 2  y 1 2+16   y 1 2+16 由于y2−4y −8=0，故4y = y2−8， 1 1 1 1 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 7 页 共 10 页4ay 3ay2 a(8y −3y2) −a(y2+16) a 则 1 − 1 = 1 1 = 1 =− , y2+16 2(y2+16) 2(y2+16) 2(y2+16) 2 1 1 1 1 3 a 即EF:y= x− , （15分） 2 2 a+2 a−2 因为k PG =−1，所以PG:y=−(x−a)，联立解得：G  2 , 2   ， a−2 3 a+2 a 因为E,F,G三点共线，所以G在直线EF上，代入得： =  − ，解得：a=10, 2 2 2 2 故P的坐标为(10,0)． （17分） 法二：由对称性，不妨取l:x= y+2，设A在第一象限， y2 =4x 联立方程： ，解得：y =2+2 3，y =2−2 3， y=x−2 1 2 ( ) ( ) 则：A 4+2 3,2+2 3 ，B 4−2 3,2−2 3 ,（11分） 故OA:y=( 3−1)x， 1 因为PE ⊥OA，所以PE:y=− (x−a)， 3−1 y=( 3−1)x  5+2 3 1+3 3  联立方程：  y=− 1 (x−a) ，解得：E   13 a, 13 a   , （13分）  3−1 5−2 3 1−3 3  同理有：F a, a，  13 13    y −y 3 可知k = E F = , （14分） EF x −x 2 E F a+2 a−2 因为k PG =−1，所以PG:y=−(x−a)，联立解得：G  2 , 2   ， y −y (6 3−11)a+26 则：k = E G = , （15分） EG x −x (4 3−3)a−26 E G 因为E,F,G三点共线，所以k =k ，代入解得：a=10， EG EF 故P的坐标为(10,0)． （17分） 19．答案： 2 （1）a=0时，g(x)=2ln(x+1)−3x，g'(x)= −3, （1分） x+1 所以g'(1)=−2，由于g(1)=2ln2−3, （2分） 所以g(x)在(1,g(1))处的切线l的方程为y=−2(x−1)+2ln2−3， 化简得：l:y=−2x+2ln2−1．（4分） x 2 （2） f '(x)=ln(x+a)+ −2+ ，若x=0是函数 f(x)的极值点，则有 f '(0)=0， x+a x+1 代入得：lna=0，即a=1． （6分） 当a1时，x=0不是函数 f(x)的极值点； x 2 1 当a=1时， f '(x)=ln(x+1)+ −2+ =ln(x+1)−1+ ， x+1 x+1 x+1 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 8 页 共 10 页1 1 1 x 令F(x)=ln(x+1)−1+ ，则F'(x)= − = ，则F(x)在(−1,0)上单调递减， x+1 x+1 (x+1)2 (x+1)2 在(0,+)上单调递增， 则F(x)F(0)=0，即 f(x)在(−1,+)上单调递增，不合题意．（8分） 综上：x=0不是函数 f(x)的极值点．（9分） （3）由题意：xln(x+a)−2ln(x+a+1)−x−2ln(x+1)+k(x−2), 上式对任意a0,2恒成立，以a为主元，令h(a)=xln(x+a)−2ln(x+a+1)，则只需 h(a) −x−2ln(x+1)+k(x−2), （10分） min x 2 x2−x+(x−2)a 因为h'(a)= − = 0，所以h(a)在0,2上单调递增， x+a x+a+1 (x+a)(x+a+1) 则h(a) =h(0)=xlnx−2ln(x+1)，故xlnx−2ln(x+1)−x−2ln(x+1)+k(x−2)， min 即xlnx+xk(x−2)对任意x(2,+)恒成立． （12分） 法一：设(x)=xlnx+x−k(x−2) (x(2,+))，'(x)=lnx+2−k , 当k 2+ln2时，'(x)0恒成立，故(x)在(2,+)上单调递增, 所以(x)(2)=2ln2+20，成立, （13分） 当k 2+ln2时，(x)在 ( 2,ek−2) 上单调递减，在 ( ek−2,+ ) 上单调递增， 故只需(ek−2)0，即2k−ek−2 0， 令H(k)=2k−ek−2，H'(k)=2−ek−2 2−eln2 =0，所以H(k)在(2+ln2,+)上单调递减, 由于e2 8，e3 10，故H(4)=8−e2 0，H(5)=10−e3 0， （15分） 则自然数k最大可取到4． 综上：k =4． （17分） max xlnx+x 法二：由题意得：k  ， x−2 xlnx+x x−2lnx−4 设(x)= ，'(x)= ， x−2 (x−2)2 2 令H(x)=x−2lnx−4，H'(x)=1− 0，故H(x)在(2,+)上单调递增， x 由于e2 8，e3 10，故H(8)=4−2ln8=2(2−ln8)0，H(10)=6−2ln10=2(3−ln10)0, 所以x (8,10) ，使得(x)在(2,x ) 上单调递减，在(x ,+)上单调递增，且 x 满足 0 0 0 0 x −2lnx −4=0, （14分） 0 0 x (x −4) 0 0 +x 故 k (x )= x 0 lnx 0 +x 0 = 2 0 = x 0 ， （15分） 0 x −2 x −2 2 0 0 x 而 0 (4,5)，因此自然数k最大可取到4．（17分） 2 xlnx+x 法三：由题意得：k  ， x−2 e2lne2+e2 6 取x=e2，则k  =3+ ， e2−2 e2−2 + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 9 页 共 10 页6 由于5e2 8，所以3+ (4,5)，故k 4，（13分） e2−2 8 下面说明k =4时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：lnx−3+ 0对任意x(2,+)恒 x 成立 8 x−8 设(x)=lnx−3+ ，'(x)= ，故(x)在(2,8)上单调递减，在(8,+)上单调递增, x x2 所以(x)(8)=ln8−20，即k =4成立，（15分） 因此，自然数k最大可取到4．（17分） + Z20 名校联盟（浙江省名校新高考研究联盟）2026届高三第一次联考 数学参考答案 第 10 页 共 10 页