2026届浙江省高考数学冲刺试卷（六）

2026年浙江省高考数学冲刺金卷（六） （根据26年4月丽、湖、衢二模改编） 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．函数的最小正周期为（   ） A． B． C． D． 3．如图，正方体中，，，，分别为棱、、、的中点，则下列各直线中，不与平面平行的是（    ） A．直线 B．直线 C．直线 D．直线 4．已知复数（为虚数单位），则等于（    ） A．1 B． C． D． 5．已知下面三组数据：5，5，5，5，5，5，5，5，5；3，3，4，4，5，6，6，7，7；4，4，4，5，5，5，6，6，6．它们的方差分别为，，，则（    ） A． B． C． D． 6．已知正方形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（   ） A． B． C．4 D．8 7．已知抛物线C：的焦点为F，O为坐标原点，若直线l交C于A，B两点，且，点O关于l的对称点为D，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 8．对于满足一定条件的连续函数，若存在一个点，使得，那么我们称为“不动点”函数.若存在个点，满足，则称为“型不动点”函数，则下列函数中为“3型不动点”函数的是（   ） A． B． C． D． 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．已知等比数列的公比为，前项积为，若，，则（    ） A． B． C． D． 10．设随机变量，则（   ） A． B． C． D．在上单调递增 11．已知非零函数及其导函数的定义域均为，函数和均为奇函数，且，则（    ） A．函数为偶函数 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．已知椭圆的左顶点为，则该椭圆的离心率为________． 13．将函数的图象向右平移个单位后得到的图象对应函数的单调递增区间是_____. 14．如图，三个半径都是6的球，球，球放在一个半球面的碗（碗的厚度不计）中，球，球，球两两外切，并且球，球，球的顶端恰好与碗的上沿处于同一水平面，碗的半径是，又有一个半径为的球与球，球，球均外切，并且球的顶端也恰好与碗的上沿处于同一水平面，则__________． 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．如图，在三棱锥中，侧面ABC是正三角形，且，点满足. (1)求证：； (2)若二面角的余弦值为，求直线与平面所成角的正弦值. 16．已知函数（为自然对数的底数）. (1)当时，求曲线在处的切线方程； (2)若有极小值且极小值不小于0，求实数的取值范围. 17．在中，内角的对边分别为，为钝角，，． (1)求； (2)从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，求的面积． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 18．已知双曲线的右焦点为F，右顶点为A，过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，直线，分别与直线交于M，N两点，记的面积为，的面积为. (1)求双曲线的离心率； (2)求证：为定值； (3)求的取值范围. 19．某科研团队研发的两款AI围棋机器人（Alpha星，Beta翼）进行对抗赛，比赛规则为：共进行奇数局比赛，全部完成后，获胜局数多的机器人胜出．假设每局比赛中，Alpha星获胜的概率都是，各局比赛的结果相互独立，且无平局． (1)当时，两款机器人共进行5局比赛，设两款机器人所赢局数之差的绝对值为，求的分布列和数学期望； (2)当时，若两款机器人共进行且局比赛，记事件表示“在前局比赛中Alpha星赢了局”．事件表示“Alpha星最终获胜”.求值； (3)若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为；若两款机器人共进行了局比赛，Alpha星获胜的概率记为．证明：当时，． 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 A C C C B D B D AC BD 题号 11 答案 ABC 1．A 【分析】先根据集合交集的运算，求得，再结合集合并集的定义与运算，即可求解. 【详解】由集合，可得， 又由集合，所以. 2．C 【分析】先求的最小正周期为，再根据，的最小正周期相同即可得答案. 【详解】因为函数的最小正周期为， 又函数的最小正周期为，函数的最小正周期也为， 所以的最小正周期与的最小正周期相同，为 故选：C 3．C 【分析】充分利用正方体的几何特征，利用线面平行的判定定理，根据判断A的正误.根据，判断B的正误.根据与 相交，判断C的正误.根据，判断D的正误. 【详解】在正方体中，因为 ，所以 平面，故A正确. 因为，所以，所以平面 故B正确. 因为，所以平面，故D正确. 因为与 相交，所以 与平面 相交，故C错误. 故选：C 【点睛】本题主要考查正方体的几何特征，线面平行的判定定理，还考查了推理论证的能力，属中档题. 4．C 【分析】根据复数的三角形式的乘方运算法则进行计算. 【详解】因为复数， 所以. 故选：C 5．B 【分析】分别计算出三组数据的方差，比较得到结果. 【详解】第一组数据的平均数为5，且所有数据都为5，所以方差； 第二组数据的平均数为， 所以方差为； 第三组数据的平均数为， 所以方差为； 所以. 故选：B 6．D 【分析】建立平面直角坐标系，设，，求出，由数量积的定义结合三角函数的性质即可得出答案. 【详解】设交于点， 因为以B为圆心的圆与直线相切，所以半径， 建立如下图所示的直角坐标系，可得圆：， 则，， 所以， 所以 ，， 当，即，则的最大值是. 故选：D. 7．B 【分析】设点，，由平面向量的数量积运算可得，根据直线l与抛物线有两个交点，可设，联立直线与抛物线，根据可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可． 【详解】由A，B两点在抛物线上，所以可以设点，， 则， 由直线l交C于A，B两点，故直线l不与x轴平行或重合， 故可设直线l解析式为， 联立直线与抛物线方程得，， 所以，解得，所以直线l与x轴的交点为， 由O，D关于直线l对称，所以，且D点不与O点重合， 故可知D的轨迹方程为：（不经过原点）， 所以，，即， 故选：B． 【点睛】关键点点睛：根据题意，可得直线经过点，由O，D关于直线l对称即可得到D点的轨迹方程，结合点与圆的位置关系求的取值范围即可． 8．D 【分析】结合“不动点”函数的概念，转化为方程有根或对应函数有零点的问题，依次求解判断各个选项. 【详解】对于A，令，即． 因为均为的单调递增函数，所以在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故A错误； 对于B，令，即． 由于均为的单调递增函数，所以在区间上单调递增，所以不可能为“3型不动点”函数，故B错误； 对于C，由，得， 易知当时，单调递减，且，所以当时，的图象与直线有且只有一个交点； 当时，单调递减，且； 当时，单调递增．令，得，解得，此时，所以直线与曲线相切于点． 所以直线与曲线共有两个交点，所以为“2型不动点”函数，故C错误； 对于D，，作出的图象，如图所示．易知其与直线有且只有三个不同的交点， 即有三个不同的解，所以为“3型不动点”函数，故D正确． 故选：D. 【点睛】方法点睛：根据“不动点”函数的定义，转化为方程有解问题，可直接求方程的根，或者利用零点存在性定理判断，也可构造新函数，把问题转化为研究新函数的零点问题，有时还可以转化为两函数交点问题. 9．AC 【分析】先通过条件确定和的取值情况，然后利用等比数列的性质计算即可. 【详解】由已知，又，， 所以，，A正确，B错误； ， ， ， 所以，C正确，D错误. 故选：AC. 10．BD 【分析】由正态分布的性质判断ABC，结合函数单调性的定义判断D. 【详解】对于A，随机变量，则随机变量的方差为1，均值为0， 所以正态分布曲线关于轴对称，则，错误； 对于B，， ， 所以，即，正确； 对于C，， ，错误； 对于D，，且随机变量， 则函数在上是单调增函数，正确． 故选：BD 11．ABC 【分析】对于选项A：由题意可得：，求导，结合偶函数的定义分析判断；对于C：分析可知2为的周期，且，结合周期性分析求解；对于BD：分析可知2为的周期，，结合周期性分析判断. 【详解】由题意可知：函数及其导函数的定义域均为， 对于选项A：因为为奇函数，则， 两边同时求导可得，即， 所以函数为偶函数，故A正确； 对于选项C：因为为奇函数，则， 令，可得，即， 又因为函数为偶函数，则 即，可得， 可知2为的周期， 由，可得， 则， 令，可知； 令，可得，即； 综上所述：， 且，所以，故C正确； 对于选项BD：因为，则， 又因为，则， 令，则，即， 可得，即， 则，即， 则，则， 可知2为的周期， 对于， 令，可得，则，即； 可得， 令，可得，则， 令，可得，则， 综上所述：， 所以，，故B正确，D错误； 故选：ABC. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 12． 【分析】依题意可得，即可求出，从而求出离心率. 【详解】因为椭圆的左顶点为， 所以，则，所以该椭圆的离心率. 故答案为： 13．， 【分析】利用三角函数平移性质,得到新三角函数,结合三角函数单调区间的计算,即可. 【详解】解：将函数 的图象向右平移个单位后， 得到的图象对应函数的解析式为 ， 令，求得，可得所得函数的单调递增区间为，， 故答案为 ，. 【点睛】本题主要考查两角和差的三角公式，余弦函数的单调性，属于基础题. 14． 【分析】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为，则构成正三棱柱，在正三棱柱中利用勾股定理构建方程可求，再根据相切可得即可求解. 【详解】根据题意，设三个球心在碗面的投影为，碗面中心为， 则构成如图正三棱柱，底面边长为12，高 过作，交于， 则，，， 又，所以，解得， 又球，球，球与半球面相切，，所以， 则. 故答案为：. 15．(1)证明见解析 (2) 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理得到平面，进而得到线线垂直， （2）建立空间直角坐标系，先根据二面角的余弦值先求出，再利用线面角的向量求法进行求解. 【详解】（1）证明：是正三角形，为BC中点，， 为BC中点， 平面平面， 平面， 平面 （2）由（1）知平面平面平面平面， 以为原点，方向为轴，ED方向为轴，过作垂直于平面的线为轴建立如图所示直角坐标系， 由（1）知平面二面角的平面角为， 取平面的法向量为， 设直线与平面所成角为， ∴直线与平面所成角的正弦值为 16．(1)； (2) 【分析】（1）由导数的几何意义求切线方程； （2）由有解得出的范围，并验证此解为极小值点，求出极小值，再判断出极小值不小于0时的参数范围. 【详解】（1），则，， 显然是增函数，又，所以， ， 切线方程为，即； （2）由已知，有极小值，则有解，由，得， 设的解为， 时，，递减，时，，递增， 因此为的极小值， 由得， 极小值， 记， 易知函数是减函数，， 当时，，当时，， 所以当时，， 当时，，当时，， 而的极小值不小于0， 所以的取值范围是. 17．(1) (2) 【分析】（1）利用正弦二倍角公式以及正弦定理求解，注意的取值范围，结果需要取舍； （2）选择①，利用正弦定理结合（1）分析得出结论；选择②③，利用同角三角函数关系式 、两角和的正弦公式以及三角形面积公式求解. 【详解】（1）在中，因为为钝角，所以， 由，则， 因为，所以，即， 由正弦定理，，所以，解得， 由，所以. （2）选择①：因为，所以，这与矛盾，不满足题意； 选择②：因为，， 所以， 代入中得出， 由，所以， 所以 ， 所以； 选择③：将代入中得：， 由正弦定理，，所以， 由，所以， 由，所以， 所以 ， 所以. 18．(1) (2) (3) 【分析】（1）由题意求出，即可求得答案； （2）设直线PQ的方程并联立双曲线方程，可得根与系数关系式，结合的表达式，即可证明结论； （3）利用直线方程求出相关点坐标，可得的表达式，即可求出的表达式，结合不等式性质，即可求得答案. 【详解】（1）由题意得，，∴. （2）证明：由题意知，， 设直线的方程为，， 联立方程组，得， 因为过焦点F的直线与的右支交于P，Q两点，故，. 则，， 则； 当直线斜率不存在时，，，， 故为定值. （3）由题意可得， 直线的方程为，则， 直线的方程为，则， 则. 所以， 由于.即，，故， 当直线斜率不存在时，，，直线方程为， 直线方程为，可得，，， 综上的取值范围为.    19．(1)分布列见解析， (2) (3)证明见解析 【分析】（1）根据二项分布的概念和性质，判断随机变量可能的取值，并根据二项分布概率公式，求出分布列，进而求出数学期望； （2）根据比赛最终获胜的条件，判断在不同情况下，最后的两局胜负情况，根据条件概率计算公式，求出结果即可； （3）根据比赛最终获胜的条件，分析两者之间的递推关系，根据全概率公式，求出递推公式，根据的范围以及作商法比较两者之间的大小关系，进而证明结果. 【详解】（1）（1）两款机器人共进行5局比赛，两款机器人所赢局数之差的绝对值可能的取值有， 则， ， ， 的分布列为 1 3 5 数学期望. （2）在前局比赛中Alpha星赢的局数时，第局全胜，最终也无法获胜，所以； 当时，仅当第局全胜，最终才能赢得比赛，即； 当时，第局至少胜一场，就能最终赢得比赛，即； 当时，无论第局什么结果，都能最终赢得比赛，即； 综上所述，. （3）由全概率公式可知 所以， 当时，， 又因为 ， 因为，所以，即. 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