2026年浙江省高考数学冲刺金卷（二）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（二） （根据26年4月台州市二模改编） 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．已知是实数集内的等比数列，满足，，则（    ） A．3 B．或 C．9 D．或 2．若，且为第四象限角，则（    ） A． B． C． D． 3．对于一个古典概型的样本空间和事件，若，，，则下列结论错误的是（    ） A．事件A与事件互斥 B． C．事件与事件相互独立 D． 4．若，则（    ） A． B． C． D． 5．某圆锥的底面半径为4，母线长为5，则下列关于此圆锥的说法正确的是（    ） A．圆锥的体积为 B．圆锥的表面积为 C．过圆锥两条母线的截面面积最大值为 D．圆锥的侧面展开图的圆心角为 6．已知的三个顶点都在抛物线上，三边、、所在直线的斜率分别为，，，若，则点A的坐标为（） A． B． C． D． 7．已知复数，和满足，若，则的最大值为（    ） A． B．3 C． D．1 8．已知数列各项均为正整数，对任意的，和中有且仅有一个成立，且，.记.下列四个结论正确的是（    ） A．可能为等差数列 B．中最大的项为 C．存在最大值 D．的最小值为36 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．已知函数（），则下列说法正确的是（    ） A．函数的图象关于轴对称 B．函数的最小正周期为 C．点为函数图象的一个对称中心 D．函数的最大值为1 10．已知 则下列结论正确的是（    ） A． B．展开式中含项的系数为 C． D． 11．如图，八面体的每一个面都是边长为4的正三角形，且顶点在同一个平面内．若点在四边形内（包含边界）运动，为的中点，则（   ） A．当为的中点时，异面直线与所成角为 B．当平面时，点的轨迹长度为 C．当时，点到的距离可能为 D．存在一个体积为的圆柱体可整体放入内 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．设平面向量，其中，的最小值为_________． 13．已知分别是双曲线的左、右焦点，为双曲线上两点，满足，且，则双曲线的离心率为______． 14．小张的公司年会有一小游戏：箱子中有材质和大小完全相同的六个小球，其中三个球标有号码1，两个球标有号码2，一个球标有号码3，有放回的从箱子中取两次球，每次取一个，设第一个球的号码是，第二个球的号码是，记，若公司规定时，分别为一二三等奖，奖金分别为1000元，500元，200元，其余无奖．则小张玩游戏一次获得奖金的期望为________元． 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A，B，C所对的边分别为a，b，c，且． (1)求； (2)若，求b. 16．已知四棱台的上、下底面分别是边长为和的正方形，平面平面，，，，点为的中点，点在棱上，且． (1)证明：平面； (2)求二面角的正弦值． 17．某学校校庆时统计连续5天进入学校参加活动的校友数（单位：千人）如下： 日期 10月1日 10月2日 10月3日 10月4日 10月5日 第x天 1 2 3 4 5 参观人数y（千人） 2.2 2.6 3.1 5.2 6.9 (1)由上表数据看出，可用线性回归模型拟合y与x的关系，请用相关系数r加以说明（保留小数点后两位）；（若＞0.75，则认为y与x的线性相关性很强），并求出y关于x的线性回归方程； (2)校庆期间学校开放1号门、2号门和3号门供校友出入，校友从1号门、2号门和3号门进入学校的概率分别为，若校友从某个门进入学校，则其从该门出学校的概率为，从其他两个门出学校的概率各为.假设校友从1号门、2号门、3号门出入学校互不影响，现有甲乙丙丁4名校友于10月1日回母校参加活动，设X为4人中从2号门出学校的人数，求X的期望及方差. 附：参考数据：. 参考公式：回归直线方程y＝bx＋a，其中.相关系数. 18．已知椭圆的右焦点为，左，右顶点分别为，并且上的点到的最大距离是最小距离的3倍． (1)求的方程； (2)若点是上异于的任意一点，直线与分别交直线于两点． （ⅰ）求； （ⅱ）若直线交于另一点，设点的纵坐标分别为，求证：． 19．已知函数. (1)求函数的单调区间； (2)设函数的零点为，设曲线在处的切线为，求证： (3)当时，设，且满足，求证：. 参考答案 题号 1 2 3 5 6 7 8 9 10 答案 C D A C B B D BD AC 题号 11 答案 ACD 1．C 【分析】由等比中项的性质即可求解. 【详解】由等比中项可得，，又， 于是. 故选：C. 2．D 【分析】根据同角三角函数关系和角的范围得到和. 【详解】由题可知为第四象限角，则， 则， 则. 故选：D. 3．A 【分析】根据已知条件计算，判断B选项，再根据判断C选项，通过计算D选项，通过判断A选项. 【详解】因为，，， 所以，又，则，所以，B正确； 因为，所以事件与事件相互独立，C正确； 所以，D正确； 因为，所以事件与事件不是互斥事件，A错误. 故选：A 4．A 【详解】由得，，即. 则， 由得， 所以. 5．C 【分析】根据圆锥的体积公式，即可判断A；表面积公式，即可判断B；由圆锥的轴截面顶角为钝角，可得截面面积最大值，即可判断C；由扇形的圆心角公式，即可判断D. 【详解】圆锥底面半径，母线长为，如图， 设圆锥高为，则， 所以圆锥的体积为，故A错误； 圆锥的表面积为，故B错误； 因为圆锥的轴截面是等腰三角形， 顶角的余弦值， 所以顶角为钝角， 所以过圆锥两条母线的截面面积最大值，故C正确； 圆锥的侧面展开图为扇形，扇形的圆心角为，故D错误. 故选：C. 6．B 【分析】假设三个点的坐标，分别求出其斜率，根据条件即可求解A的坐标. 【详解】设，，， 则， 所以， 解得，故， 故点A的坐标为， 故选：B. 7．B 【分析】先利用复数的模与加减法的几何意义，及三角形两边之和大于第三边得到，再将时各复数的取值取出，即可得到的最大值. 【详解】根据题意，得， 当，，时，，此时， 所以. 故选：B. 8．D 【分析】对 A，找出其与题目条件的矛盾；对BC，举反例数列可得；对D，分别列举与（即）成立时的数列，求出最小值即可. 【详解】对A，若为等差数列，设公差为， 当时，对任意的，与均成立； 当时，对任意的，与均不成立， 两种情况都不满足和中有且仅有一个成立，故A错； 对B，给定数列， 可知对任意的，满足和中有且仅有一个成立， 中最大的项为，不为，故B错； 对C，给定数列， 假设，则， 与题意和中有且仅有一个成立产生矛盾，故； 假设，则， 也与题意和中有且仅有一个成立产生矛盾，故； 当且时，数列各项满足题意， 因此，在给定数列中，可取任意大的正整数， 故无最大值，故C错； 对D，由题意与中有且仅有一个成立， ①若，则，设， 则 ，则，设，则， 则，设，则， 则，故. 即数列. 故，由题意均为正整数， 因此，若，则当且仅当时， 即数列，取最小值； ②若，则，设，则， 则，设，则，则， 设，则，则，， 由，故，即， 即数列. 故，由题意均为正整数， 因此，若，则当且仅当时， 即数列，取最小值； 综合①②比较可知，的最小值为, D正确. 故选：D. 9．BD 【分析】根据三角恒等变换可得，结合正弦函数性质逐项分析判断. 【详解】由题意可得：， 对于选项A：因为不为最值， 所以函数的图象不关于轴对称，故A错误； 对于选项B：函数的最小正周期为，故B正确； 对于选项C：因为， 所以点不为函数图象的一个对称中心，故C错误； 对于选项D：当，即时， 函数取到最大值为1，故D正确； 故选：BD. 10．AC 【分析】根据二项式展开式的通项公式，结合赋值法来求解各项系数. 【详解】已知，令， 则，即，选项A正确； 展开式的通项公式为，（其中）， 要求的系数，令，解得， 当时，， 所以展开式中含项的系数为，选项B错误； 令，可得， 即①， 令，可得， 即②． ①＋②得：， 则，选项C正确； 对两边求导， 可得， 令，则， 即，又因为，所以 ，选项D错误. 11．ACD 【分析】对于AC：建立空间直角坐标系计算求解；对于B：过作面的平行平面，进而可得点的轨迹；对于D：由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积，表示出体积，然后利用导数求其最值即可. 【详解】对于A，因为为正方形，如图，连接与，相交于点，连接， 则两两垂直，故以为正交基底，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 为的中点，则， 当为的中点时，， 设异面直线与所成角为， 则，故，故正确； 对于B，如图，设为的中点，为的中点， 则，平面，平面， 则平面，又平面，又，设， 故平面平面，平面平面，平面平面， 则，则为的中点，点在四边形内（包含边界）运动，则， 点的轨迹是过点与平行的线段，长度为4，故B错误； 对于C，当时，设， ，得，即， 即点的轨迹以中点为圆心，半径为的圆在四边内（包含边界）的一段弧（如下图）， 到的距离为3，弧上的点到的距离最小值为， 因为，所以存在点到的距离为，故C正确； 对于D，如图，由于图形的对称性，我们可以先分析正四棱锥内接最大圆柱的体积， 设圆柱底面半径为，高为，为的中点，为的中点，， 根据，得，即， 则圆柱体积， 设，求导得， 令得，或，因为，所以舍去，即， 所以当时，，当时，， 即当时，， 则， 所以， 故存在一个体积为的圆柱体可整体放入内，故D正确． 故选：ACD． 12．4 【详解】已知，，其中， 得：， 所以， 当时， 13． 【分析】根据双曲线的定义分析可知，，设与双曲线的左支的交点为，根据双曲线的定义和性质分析可知，，，结合余弦定理列式求解. 【详解】设，则， 可知点在双曲线的右支上，点在双曲线的右支上， 设与双曲线的左支的交点为，连接，    因为，即，即，， 因为，由双曲线的对称性可知：为平行四边形， 则，，， 因为，则， 由余弦定理可得：， 整理得，即， 所以双曲线的离心率为. 故答案为：. 14． 【分析】根据两球号码数和积分规则分别求出时的概率即为奖金分别为1000元，500元，200元的概率，利用分布列计算可得期望值. 【详解】由题可知，取一次球，取得号码是1的概率是，取一次球，取得号码是2的概率是，取一次球，取得号码是3的概率是， 因为，， 当，所以或， 故； 当，则， 所以， 当，则， 所以， 设奖金为，则． 则它的分布列为 1000 500 200 0 所以． 故答案为： 15．(1)； (2)． 【分析】（1）利用正弦定理结合三角形恒等变形即可求解； （2）由余弦定理求边长即可． 【详解】（1）由和正弦定理，得， 即． 因为．所以． 又因，所以． （2）由余弦定理，因， 可得． 即，解得或（舍去）， 所以． 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）取的中点为，连结，，先证四边形是平行四边形，可得，再由线面平行的判定定理，即可得证； （2）结合余弦定理与勾股定理可证，利用面面垂直的性质定理知平面，再以为坐标原点建立空间直角坐标系，利用向量法求二面角，即可得解． 【详解】（1）证明：取的中点为，连结，因为为中点， 则，且， 因为，，，所以 所以，， 所以四边形是平行四边形， 所以， 因为平面，平面， 所以平面; （2）在中，，所以， 在中，，即， 因为平面⊥平面，平面平面，平面， 所以平面， 故以为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，， 所以，， 设平面的法向量为，则， 令，得，，所以， 易知平面的一个法向量为， 设二面角为，由图知为钝角， 所以， 所以， 故二面角的正弦值为． 17．(1)，说明见解析， (2)，. 【分析】（1）求出，将参考数据代入相关系数公式，求出的值，即可得出结论；再将数据代入最小二乘法公式，求出、的值，即可得出回归直线方程； （2）利用全概率公式求出每个人从2号门出校园的概率均为，由此可知，利用二项分布可得出随机变量的分布列，利用二项分布的期望公式可得出的值. 【详解】（1）依题意，，而，，， 则. 因为时线性相关程度高，所以与线性相关性很强，可以用线性回归模型拟合. ，， 因此，回归方程为. （2）记“甲从2号门出学校”为事件，“甲从1号门进学校”为事件， “甲从2号门进学校”为事件，“甲从3号门进学校”为事件， 由题意可得，，， ，， 由全概率公式得： ， 同理乙、丙、丁从2号门出学校的概率也为， 为4人中从2号门出学校的人数，则， ，， ，， ， 故的分布列为： 0 1 2 3 4 ，. 18．(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）证明见解析 【分析】（1）利用上的点到的最大距离为，最短距离为，结合焦点坐标计算即可得； （2）（ⅰ）设，则可表示出直线与，从而可得，，再借助向量数量积公式计算即可得；（ⅱ）设，，联立直线与椭圆方程，消去可得与横坐标有关韦达定理，则可表示出，结合（ⅰ）中所得，，计算可得，即可得证. 【详解】（1）上的点到的最大距离为，最短距离为，又，则， 则，解得，故， 故的方程为； （2）（ⅰ）设，则，又、， 则，， 分别令，可得，， 又，则，， 故； （ⅱ）设，， 联立，消去得， 则，，则， 由（ⅰ）知，， 则， 故. 19．(1)在为增函数；在为减函数； (2)证明见解析 (3)证明见解析 【分析】（1）求出函数导数，利用导数求函数单调区间； （2）求出切线方程，构造函数，利用导数求最值，即可得证； （3）分类讨论证明，结合条件不等式可转化为，构造函数，求导后，利用不同方法证明在为增函数，即可得证. 【详解】（1）， 由， 当时，，即在为增函数； 当时，，即在为减函数. 所以的递增区间为，递减区间为； （2）由，解得， 又因为，则， 所以切线方程为， 设，则， 令，解得， 当时，，当时，， 可知在为增函数，在为减函数， 故，所以； （3）由（1）可知， ①若，则， 不符合题意； 所以， ②若，则， ③若，，又因为在为减函数， 所以，所以， 综上所述， 又因为，由， 所以， 即，即， 设， 所以， 方法一：设，所以， 因为在为单调递增， 当时，，，， 所以存在，使得，即， 又因为，，即在为减函数； 又因为，，即在为增函数； 所以， 又因为，则有， 又因为， ， 所以，即在为增函数， 又因为，所以，即. 方法二： 设，因为在单调递增， 又因为所以 所以，即在为增函数， 又因为，所以，即. 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