2026届浙江省高考数学考前自测试卷（一）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（一） （根据26年4月温州市二模改编） 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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．已知命题，则的否定为（    ） A． B． C． D． 2．双曲线的虚轴长是（   ） A．2 B． C．4 D． 3．设，则（    ） A．1 B．2 C．31 D．32 4．已知函数在区间内恰有一个极值，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 5．等比数列中，，，则（   ） A．88 B． C．224 D． 6．已知有5人的身高各不相同，若安排5人拍照，前排2人，后排3人，且后排3人中身高最高的站在中间，则不同的站法种数为（    ） A．32 B．36 C．40 D．42 7．已知一几何体上半部分为圆台，下半部分为圆锥，其中圆锥底面的半径为，高为．圆台的两底面的半径分别为和，高为．该几何体内接于表面积为的球，则圆台的体积为（    ） A． B． C． D． 8．过抛物线E：的焦点F作两条互相垂直的弦AB，CD，设P为抛物线上的一动点，．若，则的最小值是（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 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．有一组样本数据，其平均数为4，方差为，中位数为．在这组数中，去掉一个最大的数6和一个最小的数2，余下6个数据的中位数为，方差为，极差为，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．是偶函数 B．在上单调递增 C．的导函数有且只有一个零点 D．的极值与极值点数值相等 11．直线族是指具有某种共同性质的直线的全体，例如表示过点的直线族（不包括y轴）．直线族的包络曲线定义为：直线族中的每一条直线都是该曲线上某点处的切线，且该曲线上的每一点处的切线都是该直线族中的某条直线．已知直线族，下列说法正确的是（   ） A．若该直线族的包络曲线为圆，则 B．若直线族的包络曲线为抛物线，则直线族中过点的直线方程为 C．若，（，），则该直线族的包络曲线为椭圆 D．当，时，若点不在直线族的任意一条直线上，则该直线族的包络曲线方程为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．若集合，则的子集个数为___________． 13．若复数满足（为虚数单位），则的取值范围是_________． 14．在平面直角坐标系中，圆，若曲线上有且仅有两个点，过点作圆的两条切线，，为切点，满足，则实数的取值范围是__________. 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．如图，在四棱锥中，，，，，，. (1)证明：； (2)求平面与平面的夹角的余弦值. 16．已知. (1)当时，讨论的单调性； (2)设，若在上有极值点，求b的取值范围. 17．甲、乙两人进行乒乓球比赛，采用五局三胜制（没有平局，先胜三局者获胜），每局比赛甲获胜的概率为，各局结果相互独立．比赛计分规则如下：若一方以或获胜，则胜者得分，败者得分；若一方以获胜，则胜者得分，败者得分． (1)求甲获得分的概率； (2)若，设甲的总得分为随机变量，求的分布列和数学期望； (3)已知甲在比赛中的总得分的分布列由决定．定义意外指数为，求的最大值． 18．中角A，B，C的对边分别为a，b，c，满足 (1)证明： (2)求的内切圆半径r的取值范围； (3)若的内切圆上有一点P，求点P到A，B，C三点的距离的平方和的最大值. 19．已知椭圆 的左、右焦点分别为 ，上顶点为E，且 ，点在C上. (1)求C的方程. (2)已知A，B是椭圆 上的点，是C 上一点，若线段 PA，PB 的中点都在上，记 （i）当点 P 运动时，证明：的面积是定值； （ii）求的取值范围. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 D C C A C C D D AC BCD 题号 11 答案 BCD 1．D 【分析】根据存在量词命题的否定可得出结论. 【详解】由题意可知，命题为存在量词命题， 该命题的否定为：. 故选：D. 2．C 【分析】根据双曲线方程求得，进而求得虚轴长. 【详解】因为双曲线，所以，则，即虚轴长为4. 故选：C. 3．C 【分析】利用赋值法即可求解系数和. 【详解】令得：， 令得：， 所以. 4．A 【分析】利用三角函数的图象与性质以及整体代换的技巧进行处理. 【详解】因为，所以当时，有， 因为在区间内恰有一个极值， 结合函数图象，得，解得， 所以的取值范围为. 故选：A. 5．C 【分析】根据等比数列的通项公式，计算得到结果. 【详解】设等比数列的公比为， ， ， 两式作商可得， 则． 故选：C. 6．C 【分析】先安排前排，再安排后排，利用分步乘法计数原理进行求解. 【详解】先排前排，有种站法，后排3人中身高最高的站中间，则两边的人有种站法， 则有种站法． 故选：C 7．D 【分析】组合体的存在外接球，作出图形，由图形去列出关系式，从而求出半径和高，然后求体积． 【详解】外接球半径，则． ， 设外接球球心，在即 在即 则， ， 故选：D． 8．D 【分析】设出直线方程，由焦半径公式得到，从而根据求出，从而通过焦半径公式转化得到，由几何关系得到距离和最小值， 【详解】设直线的方程为，与联立可得， 设，则， 因为，则， 则， 因为，所以直线的直线方程为， 故可得， 因为，所以， 即，解得， 故抛物线方程为，故焦点为，准线方程为， 设P到准线的垂线段为，为垂足， 则，故， 表示点到准线的距离与到点的距离之和， 故当三点共线时，距离和最小， 此时点坐标为，故， 即，的最小值为4. 9．AC 【详解】不妨设，则， 因为与，的中位数都是，所以，A正确； 当时，，所以B错误； 由条件知， 因为，所以， 所以余下6个数据的方差， 所以，C正确； ，D错误． 10．BCD 【分析】A选项，先求定义域，再根据函数奇偶性判断A错误；B选项，求导，解不等式，求出单调性；C选项，分和两种情况，得到C正确；D选项，在BC选项基础上得到D正确 【详解】A选项，令，解得或，故定义域为， 又， 故不是偶函数，A错误； B选项，当时，， ，故在上单调递增，B正确； C选项，由B知，当时，恒成立， 故的导函数在上无零点， 又时，，， 令，则， 则在上单调递减，又， 故的导函数在只有一个零点， 综上，的导函数有且只有一个零点，C正确； D选项，由B知，在上单调递增，无极值点和极值， 当时，，， 当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减， 故为的极大值点，极大值为， 故的极值与极值点数值相等，D正确. 11．BCD 【分析】对于A，若该直线族的包络曲线为圆，则由圆与直线相切，可得圆心到直线的距离为半径，故，即可得解判断；对于B，设直线方程为，将直线与抛物线方程联立，根据相切得，解得，求得直线方程即可判断；对于C，设椭圆上的点为，求解该椭圆的切线方程，即可判断；对于D，将点代入，可得关于t的方程，由题意可知方程无解，则，因为区域的边界为抛物线，联立直线与抛物线方程，证明直线族为抛物线的切线，即可判断. 【详解】对于A：若圆是直线族的包络线， 可得，可得，故A错； 对于B：直线族中的每条直线都与抛物线相切， 显然过点的直线所在的直线斜率存在，设方程为， 由消去y并整理得：， 则，解得，所以所求直线方程为，故B对； 对于C：设椭圆上的点为，过点P作圆的切线l， 当切线斜率存在时，设，， 联立得：， 所以，． 作商：，得， 所以切线l的方程为，即； 当切线斜率不存在时，或， 则切线方程和亦满足，故C对； 对于D：将点代入，可得关于t的方程， 因为点不在直线族上，故方程无实数解， 所以，那么，故， 因为区域的边界为抛物线， 下证：是的包络曲线． 联立直线与，可得，所以， 故直线族为抛物线的切线．因此直线族的包络曲线为，故D对． 故选：BCD． 12． 【分析】利用正弦（型）函数的性质解不等式，结合集合交集运算以及集合子集个数的计算即可. 【详解】由，则， 即：， 因为， 当时，， 当时，得， 当时，得， 当时，， 所以，所以的子集个数为个. 13． 【分析】设，由已知等式模长关系得到，再结合二次函数的性质计算即可； 【详解】设，则， 所以，解得， 所以， 所以的取值范围是为. 故答案为：. 14． 【分析】由所给条件可转化为曲线与圆有且仅有两个交点即可，利用圆心到射线的距离及数形结合即可求解. 【详解】连接，    因为，所以， 所以， 即的轨迹方程为， 又曲线恒过点， 当时，曲线为上图所示折线， 由题意，此时折线与圆有且仅有两个交点即可， 所以圆心到射线的距离， 且圆心到射线的距离， 化简可得且， 解不等式可得且，所以； 同理，当时，折线开口向下，与圆无交点，不符合题意； 当时，曲线为，与圆无交点，不符合题意. 综上，实数的取值范围是. 故答案为： 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过连接辅助线、，利用三角形全等、等边三角形性质与线面垂直判定定理，证明垂直于平面，从而证得； （2）先利用已知线段长度与勾股定理证得，再以为原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，最后通过两法向量夹角的余弦值得到两平面夹角的余弦值. 【详解】（1）连接，设， 因为，，， 所以， 所以，则为的中点， 因为，，， 所以， 又，所以为等边三角形，则， 连接，因为，所以， 因为，平面，， 所以平面， 因为平面，所以. （2）在中，，， 由（1）知，则，所以， 在中，，则， 因为，所以，则. 以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，，. 设平面的一个法向量为， 由，得，令，则. 设平面的一个法向量为， 由，得，令，则. 所以， 故平面与平面夹角的余弦值为. 16．(1)当时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. (2) 【分析】（1）利用导数符号判断函数单调性，通过对参数的分类讨论，分析导函数分子的符号变化，结合定义域，确定单调区间与参数取值的对应关系； （2）将极值点存在性问题转化为导函数在区间上有变号零点的问题，利用导数判断辅助函数的单调性，通过端点值的符号约束，建立关于参数的不等式组，从而确定其取值范围. 【详解】（1）由题意知的定义域为， 当时，， 当时，，则在上单调递减； 当时，由，解得；由，解得. 即在上单调递增，在上单调递减. 综上所述，当时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. （2）由题意得，所以的定义域为， 在上有极值点等价于在上有变号零点. 令，即在上有变号零点. 当时，显然在上恒成立，无变号零点，不满足题意； 当时，在上恒成立， 所以在上单调递增， 令，解得. 17．(1) (2)的分布列为： ​ 数学期望为. (3) 【分析】（1）甲获得分，有和获胜两种情况，根据事件的相互独立性和互斥事件的加法即可求解； （2）先确定随机变量的所有可能取值，再分别计算每个取值的概率，列出分布列，最后根据数学期望的公式计算； （3）先求出的表达式，再利用均值不等式得到表达式的最大值. 【详解】（1）根据题意，每局比赛甲获胜的概率为，各局结果相互独立． 甲获胜时，概率为； 甲获胜时，前局甲胜局输局，第局甲胜，概率为； 因此甲得分的概率为. （2）甲的总得分的可能取值为， ；​ 对应甲获胜，前局甲胜局输局，第局甲胜： ；​ 对应乙获胜，前局乙胜局输局，第局乙胜： ；​ 对应乙或获胜，.​ 的分布列为： ​ 数学期望为. （3）由定义， 代入得 由基本不等式，当且仅当即时取等号. 因此 ，即的最大值为. 18．(1)证明见解析 (2) (3) 【分析】（1）先求出和的值，再用表示，进而得到的表达式，整理证明即可； （2）先利用和得到关于的表达式，通过函数关系确定的取值范围； （3）先求出的值，再建立坐标系，将内切圆方程表示出来，设出点的坐标，利用两点间距离公式表示出，结合圆的方程求其最大值 【详解】（1）由​，得​，​，结合已知， 由余弦定理得，化简得​， 所以 要证，即证， 因为，等价于，即， 又，即，解得， 所以，故成立，得证； （2）三角形面积​，内切圆半径​， 代入化简得​，， 是开口向下的二次函数，对称轴​，最大值为​，且， 故的取值范围是； （3）当​时，得​，​，三边长满足， 则为直角三角形，为直角，内切圆半径， 建立坐标系，如图所示 则，，，内心， 内切圆方程：， 设，则，即， 平方和， 展开化简得​， 由内切圆的范围​，当时最大，最大值为. 19．(1) (2)（i）的面积定值为，证明见解析；（ii） 【分析】（1）利用焦点距离关系与椭圆基本量关系求出，再代入已知点得方程 （2）（i）由中点条件推出共线方程，联立直线与椭圆，用弦长公式和点到直线距离，结合的椭圆方程化简得面积为定值；（ii）用三角形面积公式与向量点积将表示为关于点积的函数，利用韦达定理求点积范围，从而得的取值范围. 【详解】（1）由题意得，， 因为，所以，整理得， 联立，整理得，即， 所以，代入得，解得，则， 所以椭圆的方程为： （2）（i）设在上， 则的中点为在上， 代入得，整理得， 代入得，整理得， 因为在上，则，在上，则， 联立，整理得， 联立，整理得， 因此在直线上， 联立，得，则， ， 直线的斜率为， 则， 点到的距离， 则， 因为即，代入得， 即的面积是定值. （ii）设，则， ， 故， 由（i）知， ，则 ， 结合， 整理得， 其中，故， 则. 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