2026届浙江省高考数学冲刺试卷（四）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（四） （根据26年4月嘉兴市二模改编） 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．已知集合，则（   ） A． B． C． D． 2．已知．则“”是“”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．在中，若，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 4．某实验室新型AI处理器的算力每月提升10%，传统处理器的算力每月衰减5%．若初始二者算力相同，则当新型处理器算力是传统处理器的2倍时，大约需要经过（   ） （参考数据：，，） A．4个月 B．5个月 C．6个月 D．7个月 5．南宋数学家杨辉在《详解九章算法》中讨论过高阶等差数列，高阶等差数列是指逐项差数之差或者高次差相等的数列，例如数列1，3，6，10，15，…的逐项差，，，，，…构成一个等差数列，则数列1，3，6，10，15，…是一个高阶等差数列（二阶等差数列），现有一个高阶等差数列，其前5项为2，3，6，11，18，则其第8项是（   ） A．38 B．51 C．66 D．83 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．已知双曲线的左､右焦点分别为和，过的直线交双曲线的右支于点，交双曲线的一条渐近线于点（在第二象限）.若，则双曲线的离心率为（    ） A．4 B． C．5 D． 8．若直线与曲线相切于点，与曲线相切于点，若，则线段的长度为（    ） A．2 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．下列说法正确的是（    ） A．数据6，2，3，4，5，7，8，9，1，10的第70百分位数是8.5 B．若随机变量，则 C．设为两个随机事件，，若，则事件A与事件相互独立 D．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到，依据的卡方独立性检验，可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05 10．已知复数满足：为纯虚数，，则下列结论正确的是（    ） A． B． C．的最小值为3 D．的最小值为3 11．函数的图象与函数的图象相邻的三个公共点为，，，已知，若的面积为，则（   ） A． B． C． D． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知向量，，若，则_____. 13．在平面直角坐标系中，动点到、两点的距离的平方和为10，则的取值范围为______. 14．已知圆台的母线长为，母线与底面所成角为，且.其内切球的体积为，则该圆台体积的取值范围为________. 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．记数列的前项和为，已知. (1)证明：是等比数列； (2)设，求数列的前项和. 16．如图，在斜三棱柱中，为的中点，且平面. (1)证明：四边形为矩形； (2)若点在线段上（异于点），直线与平面所成角的正弦值为，求的值. 17．如图，，，圆的半径为4，是圆上任意一点．线段的垂直平分线和半径相交于点，当在圆上运动时，记动点的轨迹为． (1)求的方程； (2)过点，分别作直线交于，，，四点（，在轴的上方），且． （ⅰ）判断四边形的形状（只提供结论，无需证明）； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 18．已知函数． (1)若曲线在点处的切线与曲线有且只有一个公共点，求实数的值． (2)若方程有两个不相等的实数根， ①求实数的取值范围； ②求证：． 19．2026年春节期间，甲乙两名同学在商场参加一个小游戏，且分在同一组.现有三个不透明的盒子，盒中分别装有若干个除颜色不同外，其他均相同的球，盒中有1个红球，2个黄球；盒中有1个红球，3个黄球；盒中有5个红球，3个黄球.游戏规则如下：两人为一组参加游戏，游戏按轮依次进行，每一轮都是甲先从盒中随机摸出1个小球，记录颜色后再放回盒内，然后，乙根据甲摸到小球的颜色在指定的盒子中有放回地摸一个小球.若甲摸到红球，则乙从盒中摸球；若甲摸到黄球，则乙从盒中摸球.记录乙摸出小球的颜色后放回小球，本轮结束.在一轮摸球过程中，若甲和乙摸出的小球颜色相同，则二人获得一张“骐骥”卡片；若颜色不同，则二人获得一张“驰骋”卡片.规定连续两轮获得“驰骋”卡片时游戏结束，否则，继续游戏.假设每轮摸球结果互不影响. (1)求甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率； (2)记甲乙两人在第轮摸球结束时依然未终止摸球游戏的概率为，且. （i）求； （ii）求，并判断：当时，是否无限趋近于一个常数？若是，求出的值；若不是，请说明理由. 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A A D B B A A C BCD ABD 题号 11 答案 ABD 1．A 【详解】由，即，解得：， 所以，又集合，所以，故A正确. 2．A 【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可. 【详解】当时，则，当且仅当时取等，所以充分性成立， 取，满足，但，故必要性不成立， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 3．D 【分析】根据题中条件结合余弦定理先求得，进而利用面积公式求解. 【详解】由， 故， 故选：D 4．B 【分析】根据题意可得方程,再取对数法解指数方程可得. 【详解】设经过个月，新型AI处理器算力是传统处理器的2倍．若初始算力均为，则， 整理得，两边取常用对数，得，所以大约需要经过5个月． 5．B 【分析】由高阶等差数列的定义，通过列举即可求解. 【详解】由， ， ， ，可知： ，即 ，即 ，即， 即第8项是， 故选：B 6．A 【分析】根据已知条件，结合二倍角公式，弦化切，即可求解． 【详解】， 则． 故选：A． 7．A 【分析】由可得为中点，再设出点坐标，可表示出点坐标，则可利用及点在双曲线上列出与、、有关等式，最后利用离心率定义计算即可得. 【详解】由，为中点，则为中点， 由在第二象限，可设，则， 由，则， 整理得， 由在双曲线上，则有， 整理得，则， 整理得，即. 8．C 【分析】先利用导数的几何意义求出公切线的斜率，得到与的关系，再根据切线方程的截距相等求出与的值，最后利用两点间距离公式求得答案. 【详解】由，得曲线在点处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，令，得， 由，得曲线在处的切线斜率为， 所以曲线在点处的切线方程为，令，得， 所以，消去可得， 令，，则， 令，则， 令，得，即在上单调递减， 令，得，即在上单调递增， 又时，，故，即， 所以函数在上单调递减，且，所以，则， 所以，， 所以线段的长度为. 故选：C. 9．BCD 【分析】根据百分位数的定义可判定A，利用正态分布的对称性可判定B，利用条件概率及相互独立事件的定义可判定C，利用独立性检验的意义可判定D. 【详解】对于A，因为， 又将数据从小到大排列，第7个数为7，第8个数为8， 所以第70百分位数为7.5，故A错误； 对于B，根据正态分布的性质可知为， ，故B正确； 对于C，根据条件概率可知， 由相互独立事件的判定可知C正确； 对于D，根据独立性检验的意义可知， 故可判断与有关且该判断犯错误的概率不超过0.05，故D正确. 故选：BCD. 10．ABD 【分析】借助复数的基本概念与模长运算可得A；借助复数的几何意义计算可得B；借助圆与直线的距离可得C、D. 【详解】对A：为纯虚数，可设选项A正确； 对B：设，， 则，即， 则所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， ，选项B正确； 对C：为纯虚数，对应点在轴上（除去原点）， 所对应点的轨迹是以为圆心，以2为半径的圆， 的取值范围为，无最小值，选项C错误； 对D： ， 表示点到以为圆心，以2为半径的圆上的点的距离， 为纯虚数或0，在轴上（除去点）， 当时取得最小值3，∴选项D正确. 故选：ABD． 11．ABD 【分析】由得到，解得，取相邻三个公共点对应的，则横坐标为，求出纵坐标为，求出及三个点的纵坐标为，通过的面积得到，选项A，由的值求出；选项B，求出即可得解；选项C，求出，求出即可得解；选项D，求出、、即可得解. 【详解】与， ，，，， 取相邻三个公共点对应的， 则横坐标为， 纵坐标为，，则， ， 三个点的纵坐标为或， 的底边长度为，高为， 的面积为，又的面积为， 则，解得， 选项A，当时，， 当时，， 故选项A正确； 选项B，，，，， ，故选项B正确； 选项C，，， ， ， 当为偶数时，，故选项C错误； 选项D，，， ， ， 故选项D正确. 故选：ABD. 12．或 【分析】根据平面向量共线的坐标表示可得出关于实数的方程，解之即可. 【详解】因为向量，，且，则， 即，解得或. 故答案为：或. 13． 【分析】根据题意计算化简得出点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆，将看作是点与点连线的斜率，利用直线与圆的位置关系求得的取值范围，即可得解. 【详解】由动点到点距离的平方和为10，得， 则点的轨迹方程为，点的轨迹是以原点为圆心，半径的圆， 可看作是点与点连线的斜率， 设直线，即，则圆心到直线的距离， 由直线与圆有公共点，得圆心到直线的距离，整理得，解得或， 所以的取值范围为． 故答案为： 14． 【分析】求出内切球半径，得到圆台的高，根据圆台与内切圆之间的关系，求出上下底面半径与的关系，代入圆台的体积公式化简，结合的范围即可求出圆台体积的范围. 【详解】设圆台的上底面半径为，下底面半径为，高为，内切球半径为. 由内切球的体积为可得，，解得， 所以圆台的高. 因为母线与底面所成角为，所以，， 所以，. 因为圆台有内切球，所以满足（切线长定理）， 联立解得， . 圆台的体积为 . 因为，所以，，， ，所以. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）由，结合等比数列的定义即可得证； （2）利用错位相减法即可求解. 【详解】（1）由题意得：当时，， 当时，由有：， 所以，即，所以， 所以， 所以数列是以为公比，首项为的等比数列； （2）由（1）有， 所以， 所以①， ②， 由①②有： ， 所以. 16．(1)证明见解析； (2)或. 【分析】（1）以O为原点建立空间直角坐标系，利用空间位置关系的向量证明推理得证. （2）求出平面的法向量，利用线面角的向量求法列式求解. 【详解】（1）在斜三棱柱中，连接，由为的中点，得， 又，则，而平面，则直线两两垂直， 如图，以O为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则，， 由，得， 又四边形为平行四边形，所以四边形为矩形. （2）由（1）得，， 则， 设， ， 设平面的法向量为， 则，取，得， 设直线与平面所成的角为， 则 ， 即，解得或， 所以的值为或. 17．(1) (2)（ⅰ）平行四边形；（ⅱ）6 【分析】（1）连接，由题意可得，即可得到动点的轨迹是以，为焦点的椭圆，进而求解即可； （2）（ⅰ）结合椭圆的对称性即可判断； （ⅱ）由（ⅰ）易得四边形面积为，设直线的方程为，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理可得表示出，令，，进而结合对勾函数的性质求解即可. 【详解】（1）连接，由题意知，， 则动点的轨迹是以，为焦点的椭圆， 即，则， 所以的方程为. （2）（ⅰ）由题意，，且，， 结合椭圆的对称性，易知， 则四边形为平行四边形. （ⅱ）由（ⅰ）知，四边形为平行四边形，为其中心， 则四边形面积为， 由题意，设直线的方程为，， 联立，得， 则， ，， 则 ， 则四边形面积为， 令，，则， 因为函数在上单调递增，则， 则，即四边形面积的最大值为6. 18．(1) (2)①，②证明见解析 【详解】（1）函数的定义域为， 所以曲线在点处的切线方程为． 因为切线与曲线有且只有一个公共点， 所以，故． （2）①方程有两个不相等的实数根，即方程有两个不相等的正根． 令，则有两个零点． ， 因为，所以的正负取决于的正负． （ⅰ）当时，恒成立，故在上单调递增，函数不可能有两个零点； （ⅱ）当时，由，解得，由，解得， 故函数在上单调递增，在上单调递减． 因为函数有两个零点，所以， 即，化简得． 令，则，则函数在上单调递增， 又，则不等式的解集为． 因为，所以． 又，所以在内存在一个零点． 以下证明在内也存在一个零点， 设，则， 当时，，当时，，即函数在上单调递增，在上单调递减， 故在处取得极大值，也是最大值，， 所以，当且仅当时，等号成立，故， 即， 取，则． 所以在内存在一个零点． 所以共有两个零点. 综上，实数的取值范围为． ②由①得，则，不妨设， 要证明，只需证明，即证明． 因为在上单调递增，且， 所以只需证明．又，所以需证． 记， 则， 所以在上单调递增，又当时，， 则，所以，即，所以，故． 【点睛】方法点睛：通过对称化构造解决极值点偏移问题 构造函数，判断函数在某段区间上的正负，并得出与的大小关系，再利用的单调性把与的大小关系转化为与之间的关系，进而得到所证或所求. 19．(1) (2)（i），（ii），当时，是否无限趋近于一个常数，即. 【分析】（1）根据相互独立事件的概率乘法公式，结合分类讨论即可求解， （2）根据，可得递推关系，分情况讨论，结合等比数列的性质求解. 【详解】（1）甲从A盒中摸到红球的概率为，摸到黄球的概率为，乙从B盒中摸到黄球的概率为， 红球的概率为，乙从C盒中摸到黄球的概率为，红球的概率为， 故甲乙两人在一轮摸球游戏中，获得一张“驰骋”卡片的概率为. （2）（i）, , （ii）设事件表示甲乙两人在第轮摸球游戏中获得“驰骋”卡片， 则 ， 则，或 又， 当时，， 所以，， ， 故为等比数列，且公比为，首项为， 则，故， 而满足上式，因此； 当时，， 则，则， 故为等比数列，且公比为，首项为， 故， 而满足上式，因此， ， 当时，则. 综上可得：故当时，无限趋近于一个常数，即. 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