浙江省名校新高考研究联盟2026届高三下学期第二次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1浙江省名校新高考研究联盟2026届高三下学期第二次联考数学试题一､单选题：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.已知为虚数单位，若复数满足，则在复平面内对应的点在（）A.第一象限 B.第二象限C.第三象限 D.第四象限【答案】D【解析】已知，则，分子分母同乘，即，所以复数在复平面内对应的点为，在第四象限.故选：D.2.已知集合，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】集合，集合，则.故选：C.3.若的最小正周期为，则（）A.0 B.1 C. D.2【答案】A【解析】因为的最小正周期为，所以，即，所以.故选：A.4.已知点在圆上，直线的斜率为（是原点），则（）A. B.1 C. D.【答案】B【解析】依题意，直线的方程为，圆的圆心为，半径，点到直线的距离，显然点在圆上，所以.故选：B.5.桌面上有以下四种几何体，设点是几何体表面上的一点，任意转动几何体（均与桌面接触），则点到桌面的距离最大的几何体是（）A.棱长为1的正方体B.表面积为的球C.轴截面是边长为1的正方形的圆柱D.体积为且轴截面为直角三角形的圆锥【答案】D【解析】A：当点是棱长为1的正方体表面上的一点时，因为棱长为1的正方体的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；B：当点是表面积为的球表面上的一点时，设该球的半径为，所以有，因此该球的直径为，由球的性质可知点到桌面的最大距离为；C：当点是轴截面是边长为1的正方形的圆柱表面上的一点时，此时该正方形的对角线长为，所以点到桌面的最大距离为；D：当点是体积为且轴截面为直角三角形的圆锥表面上的一点时，由圆锥的性质可知该直角三角形为等腰直角三角形，设斜边长为，所以该圆锥的底面的半径为，圆锥的高为，所以有，所以斜边长为，因此点到桌面的最大距离为；显然，即，故选：D.6.已知是定义在上且周期为3的奇函数，当时，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】因为是定义在上且周期为3的奇函数，所以，所以令，得，因为该函数是奇函数，所以，所以，故选：A.7.已知点是的重心，点是所在平面内一点.若，且，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】因为点是的重心，所以，即，，又不共线，所以，故.故选：C.8.已知曲线分别是曲线的左､右焦点，点是曲线与在第一象限的交点，点在上的投影是点.若，则曲线的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】因为点在上的投影是点，所以，因为，所以，设，则（*）又由，得，代入（*）式得，得，故曲线的离心率是.故选：B.二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.若数列的前项和满足，则（）A.B.C.为等比数列D.【答案】ABD【解析】对于A：当时，；当时，，相减得，所以数列是等比数列，进而得，，所以，A选项正确；对于B：因为，所以数列是以1为公差的等差数列，所以由等差中项性质可得，故B选项正确；对于C：，不为常数，所以不是等比数列，故C选项错误；对于D：，当时，则；当时，令，则，所以单调递增，所以，即，综上：，故D项正确.故选：ABD.10.在三棱锥中，，顶点在底面上的投影为（在内部，不含边界），点在上，则下列说法正确的有（）A.为的垂心B.若，则是等边三角形C.可能是直角三角形D.直线与直线的夹角可能为【答案】AB【解析】对于A：连接并延长交于，连接并延长交于，因为平面，平面，所以，因为，，平面，所以平面，因为平面，所以，同理可得，所以为的垂心，所以A正确；对于B：因为平面，平面，所以，所以，因为，所以，所以为的外心，由选项A知为的垂心，所以是等边三角形，所以B正确；对于C：由选项A知为的垂心，若是直角三角形，则垂心为直角顶点，与在内部矛盾，所以C错误；对于D：连接并延长交于，由选项A知为的垂心，则，因为平面，平面，所以，因为，平面，所以平面，因为平面，所以，所以直线与直线夹角为，所以D错误.故选：AB.11.已知曲线，点在曲线上，下列说法正确的有（）A.曲线是中心对称图形B.若，则有最大值，无最小值C.存在两个定点，使得为定值D.若直线与曲线交于两点，与轴交于点，与直线交于点，则【答案】ACD【解析】由题意可得对于A，因为是奇函数，所以曲线关于对称，所以A正确；对于B，，当且仅当，即时，取等号，所以有最小值，无最大值，所以B错误；对于C，对曲线，不论a，b取何实数，都表示双曲线，由双曲线的定义可知，C正确；对于D，联立直线与曲线的方程得，所以，由已知，故；由得；显然，所以，所以，又，所以，所以D正确.故选：ACD.三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分.12.的展开式中的系数为__________.【答案】20【解析】展开式的通项是，分别令得，所以展开式中项为，所以展开式中的系数为.故答案为：20.13.若曲线在点处的切线也是曲线的切线，则__________.【答案】【解析】由题意可得：，当时，，所以曲线在点处的切线为：，即，设切线与曲线的切点为，对求导可得：，又因为切线的斜率等于曲线在切点处的导数，所以，即，又因为在切线上，所以，所以在曲线上，即，求解可得：.故答案为：.14.有5个相同的球，分别标有数字，从中有放回地随机取3次，每次取1个球.记为标有数字的球被取出的次数，，则__________.【答案】【解析】依题意，的可能取值为1､2､3，总的选取可能数为，，，，所以，故答案为：.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.在中，角对应边分别是.已知成等差数列，且.（1）求的值；（2）若的外接圆半径为，求的面积.解：（1）由成等差数列知，又得，于是，设，则，所以；（2）由（1）知，由得，所以，所以的面积.16.某高新区对7家企业的研发投入与专利产出数进行调研，数据如下：企业研发投入（万元）3006009001200200028004000年度专利产出数（件）357691011（1）现从这7家企业中随机抽取1家.记事件：抽到的企业“研发投入不超过2000万元”；事件：抽到的企业“专利产出数超过8件”.（i）求条件概率的值；（ii）判断事件与是否相互独立，并说明理由；（2）从这7家企业中随机抽取3家企业进行重点扶持，记其中专利产出数大于6件的企业数为随机变量，求的分布列和数学期望.解：（1）（i），，.（ii）事件M与N不相互独立理由如下：法1：利用条件概率：，，，所以，不相互独立.法2：利用独立性定义：，，，所以，不相互独立.（2）这7家企业中，专利产出数大于6的企业有4家，所以的所有可能取值为，（服从超几何分布，），，，，故的分布列为：X0123P故的数学期望.17.在四棱锥中，底面为菱形，，，是的中点，.（1）当时，证明：平面；（2）若与平面所成角的正弦值为，求平面与平面夹角的余弦值.（1）证明：设相交于点，在平面内，过点作交于点（如图1），由已知得，所以，所以点为中点，点为中点；又点为中点，所以，且平面，平面，所以平面.（2）解：因为，所以平面，所以平面，过A作为轴，以为轴，以为轴建立空间直角坐标系（如图2）.设，则，，由得，因为为菱形，所以，因为，平面，所以平面，平面，所以平面，所以平面，所以平面的一个法向量为，.所以E是的中点.所以，而，设平面的一个法向量为，则，令，则，，，所以平面与平面夹角的余弦值.18.已知抛物线：焦点为，直线与抛物线有且只有一个交点.（1）求抛物线的方程；（2）设抛物线的准线与轴交于点，过点作直线与抛物线交于两点.（i）若的面积为4，求直线的方程；（ii）设内切圆的半径为，求的最大值.解：（1）由得，由已知可得，所以抛物线方程为；（2）（i）抛物线的准线方程为，所以.设，代入得，，设，且，则.，所以，所以直线l的方程为：或；（ii）由（i）得，，.设，则显然关于m是增函数.令，则，两边平方，化简整理得，此时对应的值满足题意.由于关于m是递增函数，；，所以当时，取得最小值，最小值为，所以的最大值为.19.已知.（1）讨论的单调性；（2）设.（i）证明：；（ii）证明：.（1）解：由题意可得.①当时，，函数在是增函数；②当时，令，即，解得，当时，，在上递减，当时，，在是递增；③当时，的定义域为，令