2026届浙江省高考数学冲刺试卷（三）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（三） （根据26年4月宁波市二模改编） 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．的虚部为（    ） A． B．2 C． D．3 2．已知集合，且，则（   ） A． B． C． D． 3．已知．则“且”是“”的（    ） A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件 4．已知中，分别为边的中点，且，则（    ） A．2 B． C．1 D． 5．一个盒子中装有大小相同、质地均匀的6个小球，这6个小球分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从盒中有放回地任取一个球并记下编号，共取4次，得到一组编号组成的数据，若该组数据的平均数为2，则（    ） A．中位数可能为3 B．众数可能为4 C．极差可能为5 D．方差可能为1 6．已知，则实数a满足，则满足条件的实数a的值的个数为（   ） A．4 B．3 C．2 D．1 7．记的内角的对边分别为，已知，则的面积为（   ） A． B． C． D． 8．已知数列满足，记的前项和为，则（    ） A． B． C． D． 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，分别为双曲线的左、右焦点，P为C上的一点，则（   ） A．C的虚轴长为 B． C．C的离心率为 D．C的渐近线方程为 10．已知函数的定义域为，且，若，则（   ） A． B．关于中心对称 C． D．函数有最大值 11．已知正方体的棱长为2，P为平面内的动点，为正方形的中心，则下列结论正确的是（   ） A．点的轨迹方程为抛物线 B．当点在线段上时，点到平面的距离为 C．直线BP与平面所成角的正弦值的取值范围为 D．若为线段上的动点，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知，，则_____. 13．记等差数列的前项和为，，，则的最大值为______. 14．已知抛物线的焦点为，为坐标原点，是上不重合的两点，若存在，使得时，点满足，则点的轨迹方程为________． 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．已知函数. （1）若的最小值是2，求a； （2）把函数图像向右平移个单位长度，得到函数图像，若时，求使成立的x的取值集合. 16．已知,椭圆的离心率,是椭圆的右焦点,直线的斜率为,为坐标原点. (1)求椭圆的方程； (2)设过点的动直线与椭圆相交于,两点,当的面积最大时,求直线的方程. 17．如图，在矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点，AC，BE交于点F，DM与AE交于点N，将沿着AE向上翻折使D到（点不在平面ABCD内）.    (1)证明：平面平面ABCD； (2)若点在平面ABCD上的投影H落在梯形ABCE的内部及边界上，当FH最大时，求平面与平面夹角的余弦值． 18．已知函数． (1)当时，讨论的单调性； (2)当时，若曲线恰有两条过点的切线，求实数的取值集合； (3)设为非负实数，为正实数，若，证明：． 19．DM训练机器人玩传球游戏，现有编号为的位球员围成一个圆，机器人DM居于圆心位置，传球规则如下：球由DM传给球员，任何球员接球都直接传回DM为一次传球．DM传球给目标球员顺序依次为1→2→3→…→．每次传球时，DM只从尚未接球的球员中随机选择一人，若选中当前目标球员（如当前应传至号，则为目标球员），则传球成功且之后不再给该球员传球，目标球员更新为号；若选中非目标球员，则传球失败，球传回DM，DM记下该球员编号，并在其成为目标球员时直接传球给该球员，且在其成为目标球员前不会再给该球员传球；传球无论成功与否均计为1次传球，直到第号球员接球后传回机器人DM游戏终止． (1)当时， （i）求DM第3次恰好成功完成给2号球员传球的概率； （ii）设为完成全部传球所需总次数，求的分布列及数学期望； (2)设为完成全部传球所需总次数，若，证明：． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A C D D B C AB BD 题号 11 答案 BCD 1．B 【详解】由题意得，所以的虚部是，B正确. 2．D 【分析】解绝对值不等式求，再应用集合的补运算求集合. 【详解】由， 又，所以. 故选：D 3．A 【分析】根据条件，利用充分条件和必要条件的判断方法，即可求出结果. 【详解】当且时，，所以，当且仅当，即时取等号， 所以由且可以得出， 显然，当，有成立，但得不出且， 所以“且”是“”的充分而不必要条件， 故选：A. 4．C 【分析】根据给定条件，利用向量的线性运算求解即得. 【详解】在中，分别为边的中点， 由，得，即，则， 而，所以. 故选：C 5．D 【分析】由该组数据中位数为3时得到该组数据情况不满足和为8即可判断A；由该组数据和为8得到数据4出现的次数情况即可分析求解判断B；由极差为5得到该组数据情况不满足和为8即可判断C；通过举例可判断D. 【详解】设该组数据从小到大排列为，且，， 则由题， 对A，当该组数据中位数为3时，则该组数据满足， 则该组数据的和，与该组数据的和为8矛盾，故A错误； 对B，因为该组数据和为8，所以该组数据4的个数至多为一个， 当该组数据有一个数据4时，则另三个数据的和为4，故该组数据只能为， 此时该组数据众数为1，故该组数据众数不可能为4，故B错误； 对C，若该组数据的极差为5，则该组数据至少有一个6和一个1， 则该组数据的和，与该组数据的和为8矛盾， 所以该组数据极差不可能为5，故C错误； 对D，当该组数据为时， 该组数据方差为，故D正确. 6．B 【分析】作函数图象，数形结合求解. 【详解】令，解得， 因为，所以， 作出函数，直线的图象，如图， 由图象可知，直线与函数图象有3个交点， 所以的根有3个，即满足条件的实数a的值的个数为3个. 7.3．C 【分析】根据正弦定理以及余弦的和差角公式可得，进而根据诱导公式以及辅助角公式得，根据三角函数的有界性得，即可求解角的大小，即可得解. 【详解】由题意及正弦定理，得， 又，所以，则， 因为， 所以， 所以， 又，所以， 所以，又， 所以当且仅当时，， 又，且，所以，， 所以，则， 故的面积． 故选:C 8．C 【分析】运用取倒数法，结合累加法进行求解即可. 【详解】由， 由， 当时，， 所以， 即， 所以，因此选项C正确，选项A不正确； ， 因为，， 所以数列是单调递减数列， ， 所以数列是递增数列， 因此，所以选项D不正确； 假设， 因为数列是单调递减数列， 所以，因此不成立，假设不成立，选项B不成立. 9．AB 【分析】利用双曲线的性质逐个选项分析求解即可. 【详解】由，得，可得的虚轴长为，故A正确， 由双曲线的定义得，故B正确， 而的离心率为，故C错误， 而渐近线方程为，故D错误. 故选：AB 10．BD 【分析】利用赋值法及抽象函数的性质一一判定即可. 【详解】令，则， 又，故A错误； 令，则， 又，， 再令， 的图象关于中心对称，故B正确； 由B得，当时，，故C错误； 由B得，在时取到最大值，故D正确． 【点睛】方法点睛：对于抽象问题利用赋值法是常用方法，结合B的结论确定函数解析式即可判定C、D. 11．BCD 【分析】建立适当空间直角坐标系后，设出点坐标，表示出后计算模长，即可得点的轨迹方程，即可得A；求出，后，利用点在线段上可求出点坐标，再求出平面的法向量后，利用点到平面距离公式计算即可得B；表示出直线BP的方向向量与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式与对勾函数性质计算即可得C；设点轨迹与线段交点为，计算可得，则，再将平面与平面沿折叠至同一平面，则可得当三点共线时，取最小值，即可得D. 【详解】以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则； 对A：设，，则， 则，化简得， 故的轨迹方程为圆弧，不是抛物线，故A错误； 对B：、，则，， 设平面的法向量为， 则，取，则，即， 由，，则，， 由点在线段上，则有，化简得， 又，则，即， 则， 故点到平面的距离为， 故B正确； 对C：，由轴平面， 故即为平面法向量， 有， 由，则， 有，解得， 则， 令，且，则， ， 当且仅当，即，即时，等号成立， 对勾函数在上单调递减，在上单调递增， 又时，， 时， ， 故， 即直线BP与平面所成角的正弦值的取值范围为，故C正确； 对D：、，则， 设，则， 则， ， 由 ， 当且仅当时，等号成立， 故，则， 设点轨迹与线段交点为，则，故， 将平面与平面沿折叠至同一平面，如下图： 由正方体性质可得、， ，，， 则四边形为矩形，又，， 则 ， 当且仅当三点共线时等号成立， 即的最小值为，故D正确. 12．/ 【分析】借助两角差的正切公式计算即可得. 【详解】. 故答案为：. 13．42 【分析】根据等差数列下标性质及前n项和公式求得，，进而求得通项公式，然后即可判断数列各项的正负，进而求得的最大值. 【详解】由题得，所以， 又，所以，即， 所以公差，所以， 可得的前6项为正，第7项为0，从第8项起为负， 所以的最大值为. 14． 【分析】设，，得到，，再设，则，得到，由，求得，，进而得到点的轨迹方程. 【详解】设，，则， 因为，且，所以，， 设，则，由，，所以， 因为不重合，所以， 设，由，可得，， 所以点的轨迹方程为． 故答案为：． 15．（1）   （2） 【分析】（1）化简，求出最小值，即可求解； （2）根据平移关系求出，再解关于三角不等式，即可求解. 【详解】（1）∵ ∴，∴ （2）∵ 由知， ∴ 解得， ∴满足的x取值的集合为. 【点睛】本题考查三角函数的化简、性质；考查三角函数的平移关系以及解三角不等式，属于中档题. 16．(1) (2)或 【分析】（1）由离心率与斜率可求得,即可得椭圆方程， (2) 设，与椭圆组方程组，由弦长公式，点到距离公式，求得三角形面积． 【详解】（1）设，由条件知，， 又， 故椭圆的方程为； （2）当轴时，不合题意，故可设， ， ， 设，， ， 又点到直线的距离， ∴△OPQ的面积， 设，则， ∴， 当且仅当，即时等号成立， 满足，∴当时，△OPQ的面积取得最大值2， 此时直线的方程为或. 17．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）连接，可知四边形与四边形是全等的正方形，可得，进而可证得平面，由线面垂直的判断定理即可证得结果; （2）首先明确在平面上的投影的轨迹，进而判断FH最大值时的位置，建立空间直角坐标系，求得平面，平面的法向量，计算得出结果. 【详解】（1）连接， 因为矩形ABCD中，已知，M，E分别为AB，CD的中点， 所以四边形与四边形是全等的正方形， 所以, 所以,,,平面，平面， 所以平面，又因为平面ABCD，所以平面平面ABCD； （2）由（1）可知，平面，所以点在平面上的投影 落在线段上. 因为 ，， 点在平面上的投影落在点处， 如图建立平面直角坐标系，则有， 直线的方程为：，直线的方程为：， 联立解得：，,, 所以  ,, 所以当FH最大时，以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则 所以 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 设平面的法向量为，则，即， 取，则，，所以， 所以. 所以平面与平面夹角的余弦值. 18．(1)答案见解析； (2)； (3)证明见解析. 【分析】（1）求导，通过和讨论函数单调性，即可求解； （2）设切点为，得到切线方程，代入，问题转换成方程有2个根，构造函数，则有2个根，进而求解即可； （3）不妨设，通过时，或时，或，三种情况分类讨论即可. 【详解】（1）当时，， 则； 当时，，所以在区间上单调递增. 当时，令，得到， 当时，，所以在区间上单调递增； 当时，，所以在区间上单调递减； 综上所述，当时，在区间上单调递增； 当时， 在区间上单调递增，在区间上单调递减. （2）当时，，则， 设切点为， 所以切线方程为， 因为切线过点，所以 整理得到， 因为若曲线恰有两条过点的切线， 所以方程有两个不同的实数根. 令， 则问题转化为有两个不同实根， 令得，即在区间上单调递增； 令得，即在区间上单调递减； 极大值，极小值， 所以或，解得或； 所以求实数的取值集合为 . （3）不妨设； 当时，左边，右边，所以左边右边， 当时，左边，右边，所以左边=右边， 当时， 因为为正实数且，所以， 要证，即证， 即证， 即证， 令，则， 因为，所以，所以在 上单调递减， 所以当时，，所以， 所以在上单调递增， 因为，所以，所以， 所以，即， 综上可知. 19．(1)（i）；（ii）的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. (2)证明见详解 【分析】（1）（i）由题干可知，第一、三次传球成功且第二次失败，或第一次失败且第二、三次成功，再利用分步乘法计数原理计算即可； （ii）先求出的取值范围，再求出对应的概率，代入公式即可； （2）记为第号球员接球的次数，将抽取球员的编号理解为一个数列，计算在最后一位的情况占排列的比例，结合即可证明. 【详解】（1）（i）设事件A为＂第3次恰好成功完成给2号球员传球＂， 情况一：第1次传球成功（传给1号），第2次失败，第3次成功（传给2号）， 概率为， 情况二：第1次传球失败，第2次成功（传给1号），第3次成功（传给2号）， ①：第1次传球选中的是2号，则第3次对2号是直接传球， 概率为， ②：第1次传球选中的非2号球员（号之一），则第3次对2号是随机选择成功，概率为， 综上，. （ii）可能的取值为， ， 当时，2到5号球员恰好全部在1号成功之前误传， 则， 当时，只有1位球员在所有比他小的球员传球时误传，， 当时，有3次误传，， ， 故的分布列为 5 6 7 8 9 数学期望. （2）记为第号球员接球的次数，则， 时，将抽取球员的编号理解为一个数列：， 表示第一次选错了2，第二次选对了1，第三次由于此时目标为2，直接给2， 不难发现，若，将各元素第一次出现的相对次序记为一个数列，如， 则必在出现之后再出现， 相当于计算在最后一位的情况占排列的比例， 则，，, . 对任意，有， 下面证明该不等式成立，设，， 则在上恒成立， 则在上单调递减，则， 即在恒成立， 令，则：， 则， 则. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $