2026年7月浙江省普通高中学业水平考试数学仿真模拟卷02

2026年7月浙江省普通高中学业水平考试 数学仿真模拟卷 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 答案 D B D B D B D A B A C C 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，错选的得0分） 题号 13 14 15 答案 ABC AB BC 三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16、 17、 18、 19、 四、解答题（本题共3小题，共34分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 20. 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据频率分布直方图计算得出，再利用分层抽样求出各层人数，利用古典概型计算公式可求得概率； （2）利用独立事件乘法公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意得，， 解得． 因为按、分2层，采用分层随机抽样的方法抽取5人， 所以从成绩在中抽出的人数为，分别记为M、N、Q， 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n， 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为， 则，记“至少有1人分数低于80分”为事件R， 则． 即，因此． 故5人中至少有1人分数低于80分的概率为． （2）记甲获得参赛资格的概率为，乙获得参赛资格的概率为， 由题意可得，， ． 由于甲、乙的考核结果互相不受影响，所以甲获得参赛资格与乙获得参赛资格相互独立． 则甲、乙能同时获得参赛资格的概率为． 21. 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）当平面平面时，棱锥体积最大，求出棱锥高即可得解； （2）过作于，连接，证明平面，得出即为直线与平面所成角，解直角三角形得解； （3）当三棱锥表面积最大时，作出二面角的平面角，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）要使三棱锥的体积最大，即点到平面的距离最大． 所以平面平面， 取中点，连接， 则，又为交线，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ，，， （2），，,平面， 平面，由平面， ，， 过作于，连接， 平面，，又，平面， 平面，即为直线与平面所成角， 在等腰三角形中，， 所以， 则， 所以， 设直线与平面所成角为，故. （3）设， 则， 即① 令② ①②得 ， 取最大值时,即三棱锥的表面积最大时，，代入①式得， 过作，连接，且，过作，交于，如图， 则二面角的平面角为， 因为， ，， 所以． 22. 【答案】(1)为“位差奇函数”，不是“位差奇函数”，理由见解析； (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据“位差奇函数”的定义分别判断即可； （2）①根据题意可得为奇函数，则，化简整理求出的表达式，再结合指数函数的性质即可得出结论； ②分离参数可得，化简分离常数求出的最小值即可. 【详解】（1）为“位差奇函数”，不是“位差奇函数”，理由如下： 由，得 ， 函数为奇函数， 对于任意m有为位差奇函数， 又，设， 此时，若为奇函数， 则恒成立，矛盾， 不存在m有为“位差奇函数”； （2）①证明：由已知，， 因为为“位差奇函数”，所以存在实数m， 使得为奇函数， 即在R上恒成立； 由 恒成立， 因为， 当且仅当，即时取等号， 所以，即， 因为，所以； ②由①知，，则不等式化为： ，则， 因为 ， 令，则，， 故当时，取到最小值，所以， 故a的取值范围为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月浙江省普通高中学业水平考试 数学仿真模拟卷·答题卡姓 名：__________________________ 准考证号： 贴条形码区 考生禁填： 缺考标记 违纪标记 以上标记由监考人员用2B铅笔填涂 选择题填涂样例： 正确填涂 错误填涂 [×] [√] [／] 1．答题前，考生先将自己的姓名，准考证号填写清楚，并认真核准条形码上的姓名、准考证号，在规定位置贴好条形码。 2．选择题必须用2B铅笔填涂；填空题和解答题必须用0.5 mm黑色签字笔答题，不得用铅笔或圆珠笔答题；字体工整、笔迹清晰。 3．请按题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。 4．保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破。 注意事项 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。） 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 12 [A] [B] [C] [D] 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。） 13 [A] [B] [C] [D] 14 [A] [B] [C] [D] 15 [A] [B] [C] [D] 三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16．_______________________ 17．_______________________ 18．_______________________ 19．_______________________ 四、解答题（本题共3小题，共34分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．） 20.（11分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 22．（12分） （续20题） 21．（11分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 第4页 第5页 第6页 第1页 第2页 第3页 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月浙江省普通高中学业水平考试 数学仿真模拟卷 （考试时间：80分钟；满分：100分） 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分） 1．设集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【详解】集合，，则. 2．已知直线，与平面，其中，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 【答案】B 【分析】以正方体为例，举例可说明充分性不成立，根据线面垂直的性质定理可说明必要性成立，即可得. 【详解】 如图，正方体中，，，平面为平面， 其中，平面，显然与平面不垂直，故“”不是“”的充分条件； 若，且，根据线面垂直的性质定理，可知成立，所以“”是“”的必要条件. 所以，“”是“”的必要不充分条件. 3．下列函数中，是奇函数且在区间上单调递增的是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据奇函数和在上单调递增两个条件，逐个分析选项. 【详解】选项A，的定义域为，不关于原点对称，不具备奇偶性，错误； 选项B，，满足，是偶函数不是奇函数，错误； 选项C，，满足，是奇函数，但它在上单调递减，不符合要求，错误； 选项D，，满足，是奇函数；且由幂函数单调性可知，在上单调递增，正确. 4．高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（    ） A．5 B．6 C．7 D．8 【答案】B 【详解】因为样本按比例分配，男女比例为， 所以应抽取的男生人数为. 5．已知i为虚数单位，若，则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 【答案】D 【分析】由题知，再根据复数的除法运算得，再得到点，判断象限即可． 【详解】， 在复平面对应的点为，位于第四象限． 故选：D． 6．已知，，，则正确的结论是   A． B． C． D． 【答案】B 【解析】将已知分子有理化，由不等式的基本性质可得答案. 【详解】因为，， 显然，所以 故选：B 【点睛】本题考查由已知不等式以及不等式基本性质判定不等式是否正确，属于简单题. 7．将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象．则在（   ）上单调递增． A． B． C． D． 【答案】D 【分析】根据三角平移变换得，再整体还原求解函数单调递增区间即可； 【详解】函数， 所以将的图象向右平移个单位长度得， 再将所得图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的得到， 又 令，解得， 所以在上单调递增. 8．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由函数定义域、值域及对称性判断. 【详解】B选项，函数，定义域为R，与图象不符，B选项错误； CD选项，对于函数， 当时，恒成立，与图象不符，CD选项错误； A选项，函数，定义域为， ，函数为奇函数，图象关于原点对称， 当或时，；当或时，. A选项正确. 9．已知，若，，且，则的最小值为（    ） A．2 B．3 C． D．9 【答案】B 【分析】由题设条件得到，利用“1”的妙用转化为基本不等式即可求出最值. 【详解】依题意，，故， 因为，，所以， 当且仅当，即时，等号成立，故的最小值为3. 故选：B. 10．已知定义域为的偶函数满足，且当时，，则（   ） A．2 B． C． D．0 【答案】A 【详解】由题意知，，故的对称轴为，又因为为偶函数，所函数以的周期，所以，所以. 11．已知锐角的终边与单位圆相交于点，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得，， ，， 12．已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由余弦定理结合已知条件，求出角，向量两边同时平方，由基本不等式可求出面积最大值. 【详解】由及余弦定理得， 由两边平方得： 即 ，整理得： ，解得，当且仅当时取等号， 又因为，所以三角形面积最大值为. 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，错选得0分） 13．已知向量，则下列结论正确的是（    ） A． B．与的夹角为锐角 C．与同向的单位向量为 D．在上的投影向量为 【答案】ABC 【详解】对于A，由，得，A正确； 对于B，，因此与的夹角为锐角，B正确； 对于C，与同向的单位向量为，C正确； 对于D，在上的投影向量为，D错误. 14．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 D．直线是图象的一条对称轴 【答案】AB 【详解】选项A：由图象可知，函数的最大值为3， 因为，所以； 选项B：设函数的周期为，则，解得， 因为，所以， 由图象可知，函数过点，代入可得，即， 所以，即， 因为，所以解得， 因此； 选项C：将替换成，代入可得； 选项D：因为，所以直线不是图象的一条对称轴. 15．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（     ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 【答案】BC 【分析】由异面直线的判定判断A；补形为正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为， 则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16．若，，则______． 【答案】 【分析】根据题意，利用三角函数的基本关系式和两角和的正弦公式，准确化简、计算，即可求解. 【详解】由，可得， 又由，可得， 所以 17．已知一个口袋中装有1个红球，2个白球，3个黑球，这6个球除颜色外完全相同，先从这个口袋中随机摸出一个球，放回后再随机摸出一个球，两次摸出的球颜色相同的概率是_____________. 【答案】 【分析】由古典概型及事件的互斥性质进行求解． 【详解】记事件：摸出的是红球，事件 ：摸出的是白球，事件：摸出的是黑球，则 因为从口袋中有放回地摸球两次，两次摸球是相互独立的，两次摸出的球的颜色相同的事件可以表示为， 所以， 故答案为:. 18．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【分析】利用绝对值不等式得到，即，再结合题意建立不等式求解即可. 【详解】由; 结合绝对值三角不等式得到； 因为对任意的，不等式恒成立； 所以，解得， 故实数的取值范围为. 故答案为：. 19．已知的内角的对边分别为，且，则的最小值是______． 【答案】 【详解】由，得， 所以， 所以，所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值是. 4、 解答题（本大题共3小题，共34分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20．（11分）为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 【答案】(1)；(2) 【分析】（1）根据频率分布直方图计算得出，再利用分层抽样求出各层人数，利用古典概型计算公式可求得概率； （2）利用独立事件乘法公式计算可得结果. 【详解】（1）由题意得，， 解得． 因为按、分2层，采用分层随机抽样的方法抽取5人， 所以从成绩在中抽出的人数为，分别记为M、N、Q， 从成绩在中抽出的人数为：，分别记为m、n， 从5人中抽取2人进行考核，样本空间为， 则，记“至少有1人分数低于80分”为事件R， 则． 即，因此． 故5人中至少有1人分数低于80分的概率为． （2）记甲获得参赛资格的概率为，乙获得参赛资格的概率为， 由题意可得，， ． 由于甲、乙的考核结果互相不受影响，所以甲获得参赛资格与乙获得参赛资格相互独立． 则甲、乙能同时获得参赛资格的概率为． 21．（11分）如图：等边三角形和直角三角形，，，绕翻折，使点到达点． (1)求三棱锥的体积最大值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥表面积最大时，二面角的余弦值． 【答案】(1)；(2)；(3) 【分析】（1）当平面平面时，棱锥体积最大，求出棱锥高即可得解； （2）过作于，连接，证明平面，得出即为直线与平面所成角，解直角三角形得解； （3）当三棱锥表面积最大时，作出二面角的平面角，利用余弦定理求解即可. 【详解】（1）要使三棱锥的体积最大，即点到平面的距离最大． 所以平面平面， 取中点，连接， 则，又为交线，平面， 所以平面，即三棱锥的高为， ，，， （2），，,平面， 平面，由平面， ，， 过作于，连接， 平面，，又，平面， 平面，即为直线与平面所成角， 在等腰三角形中，， 所以， 则， 所以， 设直线与平面所成角为，故. （3）设， 则， 即① 令② ①②得 ， 取最大值时,即三棱锥的表面积最大时，，代入①式得， 过作，连接，且，过作，交于，如图， 则二面角的平面角为， 因为， ，， 所以． 22．（12分）对于定义在D上的函数，若存在实数m，使得为奇函数，则称函数为“位差奇函数”. (1)判断和是否是“位差奇函数”，并说明理由. (2)若，，且为“位差奇函数”. ①证明：； ②若，对于，，求a的取值范围. 【答案】(1)为“位差奇函数”，不是“位差奇函数”，理由见解析； (2)①证明见解析；② 【分析】（1）根据“位差奇函数”的定义分别判断即可； （2）①根据题意可得为奇函数，则，化简整理求出的表达式，再结合指数函数的性质即可得出结论； ②分离参数可得，化简分离常数求出的最小值即可. 【详解】（1）为“位差奇函数”，不是“位差奇函数”，理由如下： 由，得 ， 函数为奇函数， 对于任意m有为位差奇函数， 又，设， 此时，若为奇函数， 则恒成立，矛盾， 不存在m有为“位差奇函数”； （2）①证明：由已知，， 因为为“位差奇函数”，所以存在实数m， 使得为奇函数， 即在R上恒成立； 由 恒成立， 因为， 当且仅当，即时取等号， 所以，即， 因为，所以； ②由①知，，则不等式化为： ，则， 因为 ， 令，则，， 故当时，取到最小值，所以， 故a的取值范围为. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年7月浙江省普通高中学业水平考试 数学仿真模拟卷 （考试时间：80分钟；满分：100分） 一、单项选择题（本题共12小题，每小题3分，共36分。在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，不选、多选、错选均不得分） 1．设集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．已知直线，与平面，其中，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．下列函数中，是奇函数且在区间上单调递增的是（     ） A． B． C． D． 4．高一某班有56名学生，其中男生24人，女生32人.按性别进行分层，用分层随机抽样的方法，从该班学生中抽取14人参加跳绳比赛，如果样本按比例分配，则应抽取的男生人数为（     ） A．5 B．6 C．7 D．8 5．已知i为虚数单位，若，则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 6．已知，，，则正确的结论是（ ） A． B． C． D． 7．将的图象向右平移个单位长度，再将所得图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的，得到的图象．则在（    ）上单调递增 A． B． C． D． 8．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（    ） A． B． C． D． 9．已知，若，，且，则的最小值为（     ） A．2 B．3 C． D．9 10．已知定义域为的偶函数满足，且当时，，则（    ） A．2 B． C． D．0 11．已知锐角的终边与单位圆相交于点，则（     ） A． B． C． D． 12．已知中，角，，所对的边分别为，，，且，若为的中点，边上的中线长为，则面积的最大值为（    ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，错选得0分） 13．已知向量，则下列结论正确的是（    ） A． B．与的夹角为锐角 C．与同向的单位向量为 D．在上的投影向量为 14．已知函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（    ） A． B． C．将的图象向左平移个单位长度后，得到函数的图象 D．直线是图象的一条对称轴 15．如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（     ） A．，，，四点共面 B．线段为直三棱柱外接球的直径 C．三棱锥的体积为 D．异面直线与所成角为 三、填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16．若，，则______． 17．已知一个口袋中装有1个红球，2个白球，3个黑球，这6个球除颜色外完全相同，先从这个口袋中随机摸出一个球，放回后再随机摸出一个球，两次摸出的球颜色相同的概率是__________. 18．若对任意的，不等式恒成立，则实数的取值范围为___________． 19．已知的内角的对边分别为，且，则的最小值是______． 4、 解答题（本大题共3小题，共34分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 20．（11分）为选拔运动员参加第十五届全运会，某省对名青年选手进行专项成绩考核（满分分），考核成绩的频率分布直方图如图所示． (1)从得分在中，按，分层，采用分层随机抽样的方法抽取人，再从人中随机抽取人进行考核，求至少有人分数低于分的概率； (2)现通过两项考核选拔参赛运动员，每项的结果分为三个等级．若在两项考核中，至少一项为级，且另一项不低于级，则获得参赛资格．已知甲、乙的考核结果互相不受影响，且甲在每项考核中取得等级的概率分别是；乙在每项考核中取得等级的概率分别是．求甲、乙能同时获得参赛资格的概率． 21．（11分）如图：等边三角形和直角三角形，，，绕翻折，使点到达点． (1)求三棱锥的体积最大值； (2)当时，求直线与平面所成角的正弦值； (3)求三棱锥表面积最大时，二面角的余弦值． 22．（12分）对于定义在D上的函数，若存在实数m，使得为奇函数，则称函数为“位差奇函数”. (1)判断和是否是“位差奇函数”，并说明理由. (2)若，，且为“位差奇函数”. ①证明：； ②若，对于，，求a的取值范围. 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $