浙江省名校新高考研究联盟（Z20+名校联盟）2026届高三上学期第一次联考数学试题（含答案）

Z20＋名校联盟2026届高三第一次联考
数 学
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．已知复数z满足2z＋＝3－i，则z的虚部为（ ）
A．－1 B．1 C．2 D．－
2．已知椭圆＋＝1的一个焦点为F(0, 1)，则k＝（ ）
A． B． C．3 D．5
3．已知平面向量，若，则x＝（ ）
A．－ B．－3 C．3 D．
4．已知集合M＝{1, 2, 3}，M∪N＝{1, 2, 3, 4, 16}，则满足条件的集合N的个数为（ ）
A．3 B．5 C．6 D．8
5．已知函数y＝sin(2x－)的定义域为[, a]，值域为[－1, ]，则a的取值范围是（ ）
A．[, ] B．[, π] C．[, ] D．[, π]
6．晋祠圣母殿是现存宋代建筑艺术的杰出代表，图1是该建筑的剖面画图圣母殿以其独特的木构技术、历史价值与艺术成就闻名，被誉为研究中国宋代建筑的“活标本”．现使用图2简单模拟圣母殿的屋顶结构，其中ABCD为矩形，AB＝20m，AE，DE，BF，CF为四段全等的圆弧，其对应的圆半径为5m，圆心角为．已知区域ABFE和DCFE是被瓦片覆盖的区域，则该模型中瓦片覆盖区域的总面积为（ ）
A．20πm2 B．m2 C．50πm2 D．m2
7．已知随机变量X～N(1, 4)，随机变量Y～N(2, 4)，正实数a，b满足P(X≤a)＝P(Y≥b)，则＋的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
8．已知函数f(x)的定义域为R，4f(x－1)－3f(x－2)≥f(x)≥3f(x－1)－2f(x－2)，且f(1)＝1，f(2)＝2，则下列结论一定正确的是（ ）
A．f(5)＜10 B．f(5)＞50 C．f(10)＜100 D．f(10)＞500
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．已知正方体ABCD－A1B1C1D1的棱长为1，M是线段DD1的中点，则（ ）
A．A1B1∥平面BC1M B．B1D1与BC1所成夹角为60°
C．平面A1B1D⊥平面BC1M D．三棱锥C－BC1M的体积为
10．已知△ABC的三个内角分别为A，B，C，B＝C＋，AB＝2，AC＝3，D在线段BC上，且满足AD平分∠BAC．则（ ）
A．sin B＝sin C B．tan C＝ C．BC＝ D．AD＝
11．现有甲、乙、丙、丁四人组队传球，其中甲、乙为A队，丙、丁为B队．已知甲、乙传给队友的概率为，丙、丁传给队友的概率为，且任一传球者会等可能地传球给非队友成员．现从甲开始传球，设传球次数为n（n∈N＋且n≥2），则（ ）
A．传球n次后，球在甲手中的概率和球在乙手中的概率始终相等
B．n＝3时，球在乙手中的概率为
C．传球n次后，球在A队成员手中的概率恒为一个常数
D．设球在乙手中的概率为pn，则pn＝[1＋(－)n－1](n＞2)
第Ⅱ卷
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知实数a，b满足2a＝3，3b＝2，则ab＝___________．
13．用1，2，3，12四个数组成一个五位数（每个数仅用到1次），则能组成___________个不同的五位数．
14．已知双曲线x2－＝1的左右焦点分别为F1，F2，过F2作直线交双曲线C的右半支于P，Q两点，满足PF1⊥PQ，且△QF1F2面积是△PF1F2面积的两倍，则双曲线C的离心率为
___________．
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．（本小题13分）某学校开展了数学竞赛考试，从所有答卷中随机抽取100份作为样本，将样本的成绩（满分100分，成绩均为不低于40分的整数）分成六组：[40, 50)，[50,60)，…，[90, 100]，得到如图所示的频率分布直方图，
（1）求图中a的值和样本成绩的中位数；
（2）已知学校用分层抽样的方法，从[80,90)，[90, 100]两组内抽取了7份试卷作为优秀试卷，并从对应的学生中随机选取3人进行采访，设接受采访的学生中成绩在[90, 100]内的有X人，求X的分布列和数学期望．
16．（本小题15分）如图，在四棱锥P－ABCD中，平面PAB⊥平面ABCD，AB∥CD，BC⊥AB，AB＝1＋，CD＝，BC＝PB＝2，且四梭锥P－ABCD的体积为．
（1）证明：AB⊥PD；
（2）求平面PAB与平面PCD所成角的正弦值．
17．（本小题15分）已知Sn是数列{an}的前n项和，且满足Sn＝1－．
（1）求数列{an}的通项公式；
（2）在平面直角坐标系xOy中，已知点P(1, 0)，定义点An(1＋, 1)，Bn(n, 1)（其中n∈N＋），
记αn＝∠AnOP，βn＝∠BnOP．
（i）求tan (β2＋β3)的值；
（ii）证明：α1＋α2＋…＋αn＋βn＋1＝．
18．（本小题17分）已知抛物线C：y ＝2px(p＞0)，过点Q(2, 0)的直线l交C于A，B两点，O为坐标原点．当l与x轴垂直时，|AB|＝4．
（1）求抛物线C的解析式；
（2）若cos ∠AOB＝－，过x轴上一点P作直线OA，OB，AB的垂线，垂足分别为E，F，G，且满足E，F，G三点共线．
（i）求直线l的方程；
（ii）求P点的坐标．
19．（本小题17分）已知函数f(x)＝xln (x＋a)－2x＋2ln (x＋1)，g(x)＝2ln (x＋a＋1)－3x．
（1）若a＝0，求g(x)在(1, g(1))处的切线l的方程；
（2）判断x＝0是否是函数f(x)的极值点，并说明理由；
（3）若不等式f(x)＞g(x)＋k(x－2)对任意的x∈(2,＋∞)，a∈[0, 2]恒成立，求正整数k的最大
值．（参考数据：e＝2．71828…，e2＝7．38906…，e3＝20．08554…）．
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
二、多选题：（本题共3小题，每小题6分，共18分．）
9 10 11
BC ABD BCD
三、填空题：（本题共3小题，每小题5分，共15分．）
12．1 13．21 14．
四、解答题：（本题共5小题，共77分．）
15．（1）∵每组小矩形的面积之和为1，
∴，
∴
成绩落在[40，70）内的频率为，
成绩落在[40，80）内的频率为，
∴中位数落在[70，80）内，
设中位数为，则，解得，即中位数为75．
（2）由分层抽样可知，成绩在[80，90）的人数为人，成绩在[90，100]的人数为2人，
故的可能取值为0，1，2，
且
0 1 2
故．
16．（1）作于，连接，
因为面面为面和面的交线，所以面．
由题意，为直角梯形，所以易求得．
因为，解得：，
由，可知，
因为，所以四边形为平行四边形，，即，
由于，所以面．
因为面，所以．
（2）设平面与平面所成角为，
法一：如图，以为原点建立空间直角坐标系，由（1）可知：，
易知，是面的法向量，
设是面的法向量，
则，取，得到，
则，
所以平面与平面所成角的正弦值为．
法二：过作直线，则面．
因为，所以面，故是面和面的交线．
因为，即；，即，所以即为所求夹角．
因为，所以．
17．（1）时，，化简得：，
经检验得，时也满足，
故．（注：答案对但未检验，扣1分）
（2）（i）由题意：，则，
所以，即．
（ii）由题意可知：，则，
先证明以下结论：．
因为，
且，所以，
故．
因为，则，原式得证．
18．（1）当与轴垂直时，，则，
解得：，即．
（2）（i）由与抛物线交于两点，可设，
联立方程组：得到：，得到，
由韦达定理：，
则，
法一：因为
代入可知：，解得：，
即或．
法二：因为，所以．
因为，
所以
，即．
由，得，解得：，即或．
（i）法一：由对称性，不妨取，由于，故，
因为，所以，联立解得：，
同理有：，
所以，
由（2）得：，代入可得：，
故，
由于，故，
则，即，
因为，所以，联立解得：，
因为三点共线，所以在直线上，代入得：，解得：，
故的坐标为（10，0）．
法二：由对称性，不妨取，设在第一象限，
联立方程：，解得：，
则：，故，
因为，所以，
联立方程：，解得，
同理有：，可知，
因为，所以，联立解得：，
则：，
因为三点共线，所以，代入解得：，
故的坐标为（10，0）．
19．（1）时，，
所以，由于，
所以在处的切线的方程为，
化简得：．
（2），若是函数的极值点，则有，
代入得：，即．
当时，不是函数的极值点；
当时，，
令，则，则在上单调递减，在上单调递增，则，即在上单调递增，不合题意．
综上：不是函数的极值点．
（3）由题意：，
上式对任意恒成立，以为主元，令，则只需，
因为，所以在上单调递增，
则，故，
即对任意恒成立．
法一：设，
当时，恒成立，故在上单调递增，
所以，成立，
当时，在上单调递减，在上单调递增，
故只需，即，
令，所以在上单调递减，
由于，故，
则自然数最大可取到4．
综上：．
法二：由题意得：，设，
令，故在上单调递增，
由于，故，
所以，使得在上单调递减，在上单调递增，且满足，
故，
而，因此自然数最大可取到4．
法三：由题意得：，取，则，
由于，所以，故，
下面说明时原不等式恒成立，代入原不等式，即证：对任意恒成立
设，故在（2，8）上单调递减，在上单调递增，
所以，即成立，
因此，自然数最大可取到4．