2026届浙江省高考数学冲刺试卷（五）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（五） （根据26年4月金华十校二模改编） 本试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必用黑色字迹钢笔或签字笔将自己的姓名、准考证号填写在答题卷上. 2.作答选择题时，选出每小题答案后，用 2B 铅笔把答题卷上对应题目选项的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案，答案不能答在试题卷上. 3.非选择题必须用黑色字迹钢笔或签字笔作答，答案必须写在答题卷各题目指定区域内相应位置上；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不准使用铅笔和涂改液.不按以上要求作答的答案无效. 4.考生必须保持答题卷的整洁，不要折叠、不要弄破. 选择题部分 一、选择题（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，有且只有一项是符合题目要求的） 1．已知集合，则（ ） A． B． C． D． 2．复数在复平面内对应的点位于（   ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．有一组样本数据1，2，2，2，3，5，去掉1和5后，相较于原数据不变的是（　　） A．平均数 B．极差 C．方差 D．中位数 4．如图，正方体上、下底面中心分别为，，将正方体绕直线旋转，下列四个选项中为线段旋转所得图形是（    ） A． B． C． D． 5．假设甲和乙刚开始的“日能力值”相同，之后甲通过学习，“日能力值”都在前一天的基础上进步，而乙疏于学习，“日能力值”都在前一天的基础上退步.那么，大约需要经过（ ）天，甲的“日能力值”是乙的倍（参考数据：，，） A．85 B．100 C．150 D．225 6．已知△的内角的对边分别为，且，若内角的平分线交于点，，，则（    ） A． B． C． D． 7．已知抛物线的顶点为坐标原点，焦点在轴的正半轴上，点在抛物线上，且.过焦点作倾斜角为的直线，交抛物线于两点，则（    ） A．8 B．12 C．16 D．20 8．若存在，使关于的方程有解，则称在“处”可拆．则下列说法错误的是（    ） A．若，则在“1处”可拆 B．若，则在“2处”可拆 C．若，则在“2处”可拆 D．若，则在“1处”可拆 二、多项选择题（本题共有3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求.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．已知等差数列的前n项和为，，，则下列结论正确的有（   ） A． B． C． D．当时，取最大值 10．正方体的棱长为为中点，为侧面内一动点，且平面，则（    ） A．平面 B．动点的轨迹长为 C．有且仅有一点，使得 D．三棱锥外接球半径的最小值为 11．刘徽是我国杰出的数学家，他在263年撰写的《九章算术注》以及后来的《海岛算经》，都是我国宝贵的数学遗产，奠定了他在中国数学史上的不朽地位．其中《九章算术注》一书记载了刘徽利用圆的内接正多边形来近似计算圆周率的方法，后人称之为“刘徽割圆术”．已知单位圆O的内接正n边形的边长、周长和面积分别为，，，为正n边形边上任意一点，则下列结论正确的是（    ） A． B． C． D． 非选择题部分 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．已知双曲线的一条渐近线经过点，则双曲线的离心率为__________. 13．记数列的前项和为，已知，（），则______. 14．设正数满足，若关于的方程的所有正实数解从小到大依次为，则的取值范围为__________. 四、解答题（本题共5个小题，共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．在中，内角所对的边分别是，且. (1)求； (2)若构成等差数列，且的面积为12，求的值. 16．如图，在四棱锥中，四边形ABCD是平行四边形，，，，，，点E在BC上，且．    (1)证明：平面APE； (2)求直线AE与平面PCD所成角的正弦值． 17．已知椭圆 的左、右焦点分别为 过 的直线交椭圆C于点M，N， 的周长为8，过点Q(4，0)的直线m交椭圆C于不同的两点A，B. (1)求椭圆C的标准方程； (2)若D为线段AB 的中点，在x轴上存在一点E，使 成立，求 的取值范围. 18．已知函数． (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若在上单调递增，求的值； (3)若存在极小值点且，求的取值范围． 19．人工智能（AI）的学习能力是当前研究的热点．某AI智能体进行一项学习任务，每次任务的结果只有成功或失败．该AI智能体采用如下学习策略：若前次任务中成功的次数为，则第次任务成功的预测概率为为常数且．记表示第次任务的结果，若成功，若失败，规定． (1)试比较的大小； (2)求的分布列； (3)求证：，其中， 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D B C C BCD ACD BCD 题号 11 答案 ACD 1．B 【分析】根据交集的定义直接计算即可得出结果． 【详解】由题意得，． 故选：B 2．A 【分析】计算得到，在复平面内对应的点为，得到所在象限. 【详解】，故z在复平面内对应的点为，位于第一象限. 故选：A. 3．D 【分析】根据平均数，极差，中位数的计算即可比较求解，利用方差的性质即可求解C. 【详解】样本数据1，2，2，2，3，5的平均数为，极差为4，中位数为2， 去掉1和5后的数据的平均数为，极差为1，中位数为2，故平均数和极差都发生变化，中位数不改变， 由于去掉1和5后，数据的波动性更小，故相比较于原数据，方差变小，故ABC错误，D正确. 故选：D. 4．D 【分析】首先根据的中点到旋转轴的距离小于、两点到旋转轴距离，得到A、C项不符合题意．再由所得旋转体的侧面上有无数条直线且直线的方向与转轴不共面，可得A项不符合题意．由此可得只有D项符合题意． 【详解】解：设正方体的棱长等于， 的中点到旋转轴的距离等于，而、两点到旋转轴的距离等于， 的中点旋转一周，得到的圆较小，可得所得旋转体的中间小，上、下底面圆较大． 由此可得A、C项不符合题意，舍去． 又在所得旋转体的侧面上有无数条直线，且直线的方向与转轴不共面， B项不符合题意，只有D项符合题意． 故选：D． 5．B 【分析】根据给定信息，列出方程，再利用指数式与对数式的互化关系求解即可. 【详解】令甲和乙刚开始的“日能力值”为，天后，甲、乙的“日能力值”分别、， 依题意可得，即，两边取对数得， 因此， 所以大约需要经过天，甲的“日能力值”是乙的倍. 故选：B 6．C 【分析】根据余弦定理，结合已知条件求得，再根据等面积法，结合三角形面积公式，即可求得. 【详解】因为，即，又，故可得； 由可得， 即，解得. 故选：C. 7．C 【分析】根据题意得出抛物线方程和直线方程，联立这两个方程，然后利用韦达定理以及抛物线的定义即可求解. 【详解】 如图所示，设抛物线方程为，焦点为， 由于点在抛物线上，且， 则有，代入得， 故抛物线方程为，焦点为， 设，，由于直线经过焦点且倾斜角为，因此直线方程为， 与抛物线联立得， 由韦达定理得，则， 根据抛物线的定义，有，， 因此，故C正确. 8．A 【分析】根据函数在“处”可拆的定义，结合反比例函数，对数函数，指数函数，二次函数及三角函数的性质逐一判断即可． 【详解】对于A，令， 则有，又因为， 所以，即， 整理得，即，此方程明显无实数解，故A错误； 对于B，令，则有， 所以令，解得，故B正确； 对于C，令， 则有， 即， 即， 令， 则在R上连续，且， 当时，易知在R上单调递增，且， 所以的唯一解在内； 当时，因为单调递增，单调递减， 又因为指数函数的增长速度远大于一次函数，所以有解， 综上，有解，故C正确； 对于D，令， 则有， 即， 所以， 即，其中， 即， 此方程有解的条件为, 化简得, 即, 解得, 因为,所以, 又因为，， 所以, 即有解，故D正确. 故选：A. 9．ACD 【分析】根据等差数列的性质可得，，即可求解AD，根据等差数列的性质，结合作差法可求解C，举反例即可求解B. 【详解】由题意有，，故， 由于，则有，， 则当时，取最大值，AD正确， 故，C正确， 若的前5项分别为4，1，满足，，但，故B错误， 故选：ACD 10．BCD 【分析】建立空间直角坐标系，利用空间向量法证明与不垂直，即可判断A，取的中点H，G，连接，证明平面平面，从而得到点的轨迹为线段，即可判断B，设，利用求出的值，即可判断C，设外接圆的半径为，三棱锥外接球半径为，则，要使取得最小值，则只需取得最小值，求出的最小值，即可判断D. 【详解】对于A：如图建立空间直角坐标系，则，，，，， 所以，，所以， 即与不垂直，又平面，所以不垂直平面，故A错误； 对于B：如图分别取的中点H，G，连接， 由正方体的性质可得，平面，平面， 所以平面，同理可得平面， 且，平面，所以平面平面， 而平面，所以平面， 又为侧面内一动点，所以点的轨迹为线段， 又，即动点的轨迹长为，故B正确； 对于C：由B可知，，，，设， 则， ， 若，则， 整理得，解得（舍去）或， 所以有且仅有一点，使得，故C正确； 对于D：依题意与不重合，又平面， 设外接圆的半径为，三棱锥外接球半径为， 则，要使取得最小值，则只需取得最小值， 又，所以当时， 此时，所以三棱锥外接球半径的最小值为，故D正确. 故选：BCD 11．ACD 【分析】根据给定条件，求出正n边形的中心角，由此计算，，即可判断选项A，B，C；由即可判断D作答. 【详解】依题意，单位圆O的内接正n边形的中心角为，则， ，， 对于A，，A正确； 对于B，，B不正确； 对于C，因，又，则，C正确； 对于D，在复平面内令O为原点，由对称性不妨令点逆时针排列，向量所对复数分别为， 则所对复数为，将正n边形逆时针旋转图形重合， 则由复数的三角形式得：，， 因此，所对复数为， 于是有：，而，， 则，即 于是有，D正确. 故选：ACD 12． 【分析】由题意可得，即可计算离心率. 【详解】由题意知双曲线的渐近线方程为，由于一条渐近线过点， 可得，则. 故答案为：. 13． 【分析】由得，由递推关系可得数列奇数项，偶数项都是等比数列，分组求和即可求解. 【详解】根据题意，数列中，（）， 则有①，可得②，①÷②可得. 又，得，故数列的奇数项为首项为1， 公比为2的等比数列，数列的偶数项为首项为2， 公比为2的等比数列，则 . 故答案为： 14． 【分析】根据题意，求得，得到，结合辅助角公式，分别求得 和，得到，结合，即可求解. 【详解】由方程的所有正实数解从小到大依次为， 又由 ， 所以，即 当时， 可得且，， 可得，解得， 取为最小正角，则，则， 同理可得，当时，可得， 将两组数据从小到大排列可得： 则 因为，可得，所以的取值范围为. 15．(1) (2) 【分析】（1）将题干信息展开，再结合两角和差的正切公式即可； （2）根据等差数列以及即可求出，再根据正弦定理得出边长的比列，即可根据面积求出. 【详解】（1）因为， 所以，即， 因此. 由于，因此. （2）由题意知，， 因此， 解得，故， 因此. 则由正弦定理，可设， 故，解得， 因此. 16．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）通过证明，，证明平面APE，又，得证平面APE． （2）以点P为坐标原点，建立空间直角坐标系，向量法求线面角的正弦值. 【详解】（1）证明：因为，，， 所以，， 因为，所以， 因为，平面PBC，所以平面PBC， 因为平面PBC，所以， 因为，，， 所以，， 取BC的中点，则，且， 所以点A到BC的最短距离为3， 因为，所以点E，重合，， 因为，平面APE，平面APE，所以平面APE， 因为在平行四边形ABCD中，，所以平面APE． （2）    由（1）知，PB，PC，PA两两垂直， 以点P为坐标原点，PB，PC，PA所在直线分别为x，y，z轴建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， ，，， 设平面PCD的法向量为，则有得 取，则，得， 设直线AE与平面PCD所成角为， 则， 所以直线AE与平面PCD所成角的正弦值为． 17．(1) (2) 【分析】（1）根据条件列方程求出 的值，即可得到椭圆的方程； （2）设方程为，联立方程利用韦达定理得到 ，由，得到，所以直线方程 ，得.所以. 【详解】（1）因为左、右焦点分别为 ，所以 ， 的周长为， 所以 ，所以 ， 所以椭圆方程. （2）设过点 的直线 m 方程为（斜率不存在时无交点，舍去）， 联立椭圆方程：，得. 设，中点， 则；由得到； ；所以， 由，化简得到，所以， 所以直线方程，令， 得. 所以，因为， 令，所以 ，函数， 因为，所以在上单调递增， ，； 所以. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）对函数进行求导，利用导数的几何意义求出切线斜率，结合切点求出方程即可. （2）若函数单调递增，则其导函数大于等于0恒成立，通过构造新函数，求新函数的最值来确定的值. （3）分情况讨论函数的单调性，得到函数极值的存在情况，再解不等式即可. 【详解】（1）当时， 曲线在处的切线方程为， 即. （2）设，则. ①时，在上单调递增. 当时，单调递减； 当时，单调递增，不符合题意. ②时，令，得， 当时，；当时，； 在上单调递减，在上单调递增， 故 设，则， 当时，，此时单调递增， 当时，，此时单调递减，则. 当且仅当时，即时，在上单调递增， 综上， （3）由(2)知，当时，存在极小值点且，不符合题意. 当时，在上单调递增，不存在极小值点，不符合题意. 当且时，， 又当时，；当时，. 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 又因为，则，， 当时，，当时，， 则此时为极大值点，显然不合题意，舍去， 当时，此时，且， 结合（2）中单调性和零点存在性定理知有且仅有两个零点使得， 且， 结合，则， 当时，，当时，， 当时，，当时，， 为极大值点，为极小值点，符合题意， 而； 又， 令，得， 当时，原式化简得，显然恒成立，则 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 当时，原式化简得，显然不成立，无解， 综上，的取值范围是. 19．(1)时，；时，. (2) 0 1 2 (3)证明见解析 【分析】（1）分，两种情况，讨论与的大小. （2）明确的取值，求出对应的概率，可得的分布列. （3）利用数学归纳法进行证明. 【详解】（1）因为，所以； 当时，，则； 当时，，根据“糖水不等式”，可得. （2）的值可能为0,1,2. ， ， . 所以的分布列为： 0 1 2 （3）（用数学归纳法证明）. 当时，，，所以当时，结论成立； 当时，，，，所以当时，结论成立. 假设当时，结论成立， 即对任意，有. 则当时， 因为， 所以 因为， 所以. 即当时，结论亦成立. 综上可知，对都成立. ( 1 ) 学科网（北京）股份有限公司 $