2026年7月浙江省普通高中学业水平考试数学仿真模拟卷03

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 B A A D C B C C C B B 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 AB ACD AC 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)300人；(3) 【分析】（1）由所有频率之和为1求解； （2）由年龄在内的频率计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【详解】（1）由题可知组距为， 则： 解得：. （2）这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为： 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人. （3）估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为： . 21. 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以平面； （2）由平面平面，得， 连接，由且，所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，， 又平面，平面， 由平面，所以平面平面； （3）由平面，平面，所以，又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故为二面角的平面角，即 设，在中，，作，垂足为， 由（2）知，平面平面，平面平面平面，所以平面， 则为直线在平面上的投影，所以为直线与平面所成的角， 在中，， 所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 22. 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【分析】（1）得到不等式，结合函数单调性得到不等式，求出答案； （2）①变形得到，即与有两个不同的交点，根据的单调性和图象，数形结合得到答案 ②根据①得到，，且满足，即，计算出， 又，代入后求出. 【详解】（1）由可得，所以， 即，解得． （2）①因为有两个不相等的实根，即有两个不相等的实根， ， 即，设，即与有两个不同的交点， 其中当时，单调递减， 当时，单调递增， 其中，当时，， 结合图像可知； ②由①可知，所以，， 且满足，，即． ， ， 又， 所以 ， 因为，所以，， 故． 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．已知复数，则z的虚部为（    ） A．3 B．2 C．2i D． 【答案】B 【详解】复数，则z的虚部为2. 2．已知集合，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【详解】，，. 3．“”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】A 【分析】根据题意，利用三角函数的诱导公式和余弦的倍角公式，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由，则，所以充分性成立； 反之：若，可得， 即，解得，所以必要性不成立， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 4．已知一组数据1，2，4，6，8，10，的上四分位数为，则的值可能是（   ） A．3 B．5 C．7 D．9 【答案】D 【分析】根据上四分位数的定义求出的范围，结合选项，即可得答案. 【详解】依题意，， 故为该组数据按照从小到大排列后的第6个数， 则. 5．在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，已知经过天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的倍，那么经过天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的（    ） A．18倍 B．倍 C．倍 D．倍 【答案】C 【分析】构造指数函数模型，计算即可. 【详解】某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，经过30天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的6倍， 设湖泊中原来蓝藻数量为，则， 经过60天后该湖泊的蓝藻数量为： 经过60天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的36倍. 故选：C. 6．已知平面向量满足，与的夹角为，则（    ）． A．7 B．1 C． D． 【答案】B 【分析】由向量的线性运算及数量积的定义求解即可. 【详解】因为. 故选：B. 7．若定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则不等式的解集为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由为奇函数，，可得且在对称区间和上的单调性一致，即可求出的解集. 【详解】由为奇函数，，可得且在对称区间和上的单调性一致， 所以在上单调递增，且， 由可得：且,或且, 所以或时， 故不等式的解集为. 8．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据题意利用三角恒等变换可得，以为整体，结合诱导公式和倍角公式运算求解. 【详解】由，得， 即，所以. 所以 . 9．某校高三年级有男生300人，女生200人，按性别进行分层，用分层抽样的方法从该校全体高三学生中抽取一个容量为100的样本，如果样本按比例分配，得到男生､女生的平均身高分别为和，则估计该校高三年级学生的平均身高为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【详解】由题意得在抽取的100人中，男生60人，女生40人， 故样本平均数为，估计该校学生的平均身高是. 10．若函数的图象在区间上恰好存在2个对称中心和1条对称轴，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由三角函数的图象性质，初步缩小的范围，再由给定的范围，代入原函数即可求解. 【详解】设函数的最小周期为，则，由题意可知，即， 解得，因为，，所以， 又因为，所以， ，则或， 解得或，所以的取值范围为. 11．某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 【答案】B 【详解】由题意可得，，， 对于A，表示向下的面同时有数字1和2，即面4，所以，故A错误； 对于B，的情况只有面4，故， 又，满足，故B正确； 对于C，表示同时有数字1、2和3，即面4，所以，故C错误； 对于D，表示向下的面有数字2或3，包含面2、面3、面4，共3个面， 故，表示向下的面有数字1，且有数字2或3，即面4， 故，所以， 不满足独立事件定义，故D错误． 12．已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”，则下列说法中不正确的是（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不是“可分集合” 【答案】C 【分析】根据给定条件，利用“可分集合”的定义逐项分析判断即得. 【详解】对于A，去掉后，不满足定义，不是“可分集合”，A正确； 对于B，集合所有元素之和为， 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意； 当去掉元素时，剩下的元素之和为，集合与的元素和相等，符合题意， 因此集合是“可分集合”，B正确； 对于C，不妨设，去掉，则，去掉，则， 于是，与矛盾，因此一定不是“可分集合”，C错误； 对于D，不妨设， 若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集， 且两个子集元素之和相等，则有①，或者②， 若去掉元素，将集合分成两个交集为空集的子集， 且两个子集元素之和相等，则有③，或者④， 由①③或②④得，矛盾；由①④或②③得，矛盾， 因此集合不是“可分集合”，D正确． 故选：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，错选得0分） 13．下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 【答案】AB 【分析】根据不等式性质及特值法即可作出判断 【详解】对于，因为，，所以，故正确； 对于，因为，所以， 又，所以，故B正确； 对于C，因为，所以， 又，所以，故C错误； 对于D，当时，满足， 但，此时，故D错误， 故选：AB 14．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A． B．是偶函数 C．的值域为 D．，且，恒成立 【答案】ACD 【分析】根据题意，结合函数的奇偶性以及单调性的定义，以及指数函数的性质，对选项逐一判断，即可得到结果. 【详解】函数的定义域为，，故A正确； 因为，故B错误； 由于，则，，所以， 即函数的值域为，故C正确； 由于在定义域上为增函数，故在定义域上为增函数， 即有时，， 将式子中的换为， 可得当时，， 故D正确. 故选:ACD 15．在正四棱台中，，其内切球的半径是2，则下列说法中正确的是（    ） A．球的表面积是 B．直线与直线是异面直线 C．正四棱台的体积是 D．直线与平面的夹角是 【答案】AC 【分析】直接根据表面积公式计算判断A；根据内切球心在上下底面中心的连线上判断B；分别取的中点，则根据内切球的性质得等腰梯形内切圆与各边都相切，再结合几何关系求得，最后计算体积判断C；根据C求得，再求解直线与平面的夹角判断D. 【详解】对于A，由于内切球的半径是2，故球的表面积是，故A选项正确； 对于B，正四棱台的内切球心在上下底面中心的连线上（即棱台的高上），如图，他们均在平面中，故B选项错误； 对于C，如图，分别取的中点， 则四边形是等腰梯形，且是侧面梯形的高， 因为正四棱台中存在内切球， 所以等腰梯形存在内切圆且上下底的切点为对应中点， 根据内切圆与梯形各边都相切，结合切线长定理知：腰长等于上下底之和的一半， 设，则，， 所以，即，解得，即. 所以正四棱台的体积是，故C选项正确； 对于D，结合C得正四棱台的侧棱满足，即， 设直线与平面的夹角为，则，故D选项错误. 3、 填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16．计算：___________. 【答案】 【分析】根据对数的定义,幂的运算法则计算. 【详解】． 故答案为：． 17．设函数的表达式为，若且，则的取值范围是______________. 【答案】 【分析】根据题意可得，化简得，再利用基本不等式即可求解. 【详解】由题意可得，化简可得：. ，当且仅当时，等号成立. 所以的取值范围为. 故答案为：. 18．三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 【答案】 【分析】由线面垂直关系证明平面，求底面的外接圆半径，进而根据几何关系求外接球的半径并计算球的表面积. 【详解】如图所示， 在中：，因此，即. 在中：，因此，即. 因为，且平面， 根据线面垂直判定定理可得：平面. 是边长为的等边三角形，由正弦定理， 其外接圆半径满足：，解得，即. 外接球球心在过外心、且垂直于平面的直线上，该直线平行于， 设球心到平面的距离为，由，得：， 即，已知，故，， 外接球半径满足： 由球的表面积公式，代入得：. 19．在中，，，则的面积的最大值为___________． 【答案】/ 【分析】先利用正弦定理和两角差的正弦公式可得，再利用余弦定理得出，化简得出，最后利用面积公式化简得出一元二次函数求出最值. 【详解】记内角的对边分别为， 因为，所以， 由正弦定理得， 由余弦定理可得， 所以， 又，所以， 又， 所以， 所以， 所以当，即时，取得最大值，最大值为． 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）中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段．为了了解中国AI大模型用户的年龄分布，公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图．    (1)求的值； (2)求这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数； (3)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 【答案】(1)；(2)300人；(3) 【分析】（1）由所有频率之和为1求解； （2）由年龄在内的频率计算求解； （3）由频率分布直方图的平均数计算公式计算求解. 【详解】（1）由题可知组距为， 则： 解得：. （2）这500名中国AI大模型用户的年龄在内的频率为： 所以这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数为：人. （3）估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数为： . 21．（11分）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) 【分析】（1）由题意可证四边形为平行四边形，则，结合线面平行的判定定理即可证明； （2）如图，易证，根据线面垂直的性质与判定定理可得平面，结合面面垂直的判定定理即可证明； （3）根据线面垂直的性质与判定定理可得为二面角的平面角，即，作，由面面垂直的性质确定为直线与平面所成的角，即可求解. 【详解】（1）因为且，所以四边形为平行四边形，则， 又平面平面，所以平面； （2）由平面平面，得， 连接，由且，所以四边形为平行四边形，又， 所以平行四边形为正方形，所以， 又，， 又平面，平面， 由平面，所以平面平面； （3）由平面，平面，所以，又，，平面，所以平面， 又因为平面，所以， 故为二面角的平面角，即 设，在中，，作，垂足为， 由（2）知，平面平面，平面平面平面，所以平面， 则为直线在平面上的投影，所以为直线与平面所成的角， 在中，， 所以， 在中，， 即直线与平面所成角的正弦值为. 22．（12分）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)若有两个不相等的实根，且 ①求的取值范围； ②证明：． 【答案】(1) (2)① ；②证明见解析 【分析】（1）得到不等式，结合函数单调性得到不等式，求出答案； （2）①变形得到，即与有两个不同的交点，根据的单调性和图象，数形结合得到答案 ②根据①得到，，且满足，即，计算出， 又，代入后求出. 【详解】（1）由可得，所以， 即，解得． （2）①因为有两个不相等的实根，即有两个不相等的实根， ， 即，设，即与有两个不同的交点， 其中当时，单调递减， 当时，单调递增， 其中，当时，， 结合图像可知； ②由①可知，所以，， 且满足，，即． ， ， 又， 所以 ， 因为，所以，， 故． 【点睛】函数零点问题：将函数零点问题或方程解的问题转化为两函数的图象交点问题，将代数问题几何化，借助图象分析，大大简化了思维难度，首先要熟悉常见的函数图象，包括指数函数，对数函数，幂函数，三角函数等，还要熟练掌握函数图象的变换，包括平移，伸缩，对称和翻折等，涉及零点之和问题，通常考虑图象的对称性进行解决. 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．已知复数，则z的虚部为（     ） A．3 B．2 C．2i D． 2．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 3．“”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 4．已知一组数据1，2，4，6，8，10，的上四分位数为，则的值可能是（    ） A．3 B．5 C．7 D．9 5．在某个时期，某湖泊中的蓝藻每天以的增长率呈指数增长，已知经过天以后，该湖泊的蓝藻数大约为原来的倍，那么经过天后该湖泊的蓝藻数大约为原来的（     ） A．18倍 B．倍 C．倍 D．倍 6．已知平面向量满足，与的夹角为，则（     ） A．7 B．1 C． D． 7．若定义在上的奇函数满足，且在上单调递增，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 8．已知，则（     ） A． B． C． D． 9．某校高三年级有男生300人，女生200人，按性别进行分层，用分层抽样的方法从该校全体高三学生中抽取一个容量为100的样本，如果样本按比例分配，得到男生､女生的平均身高分别为和，则估计该校高三年级学生的平均身高为（     ） A． B． C． D． 10．若函数的图象在区间上恰好存在2个对称中心和1条对称轴，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 11．某同学制作了一个质地均匀的正四面体形骰子，在其中三个面分别写上一个数字1、2、3，第四个面写了三个数字1，2，3，随机抛掷一次，事件表示向下的面上有数字1，事件表示向下的面上有数字2，事件表示向下的面上有数字3，则（    ） A．事件与事件互斥 B．事件与事件相互独立 C．事件与事件互斥 D．事件与事件相互独立 12．已知集合是由个正整数组成的集合，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”，则下列说法中不正确的是（   ） A．不是“可分集合” B．是“可分集合” C．四个元素的集合可能是“可分集合” D．五个元素的集合不是“可分集合” 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．下列说法中正确的是（    ） A．若，，则 B．若，，则 C．若，，则 D．若，，则 14．已知函数，则下列结论正确的是（    ） A． B．是偶函数 C．的值域为 D．，且，恒成立 15．在正四棱台中，，其内切球的半径是2，则下列说法中正确的是（    ） A．球的表面积是 B．直线与直线是异面直线 C．正四棱台的体积是 D．直线与平面的夹角是 3、 填空题（本大题共4小题，每小题3分，共12分） 16．计算：___________. 17．设函数的表达式为，若且，则的取值范围是______________. 18．三棱锥的四个顶点在球的表面上，若，，，则球的表面积为______. 19．在中，，，则的面积的最大值为___________． 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）中国AI大模型正处于一个技术进步迅速、市场规模快速增长的爆发式发展阶段．为了了解中国AI大模型用户的年龄分布，公司调查了500名中国AI大模型用户，统计他们的年龄（都在内），按照，，，，进行分组，得到如图所示的频率分布直方图． (1)求的值； (2)求这500名中国AI大模型用户的年龄在内的人数； (3)估计这500名中国AI大模型用户年龄的平均数（各组数据以该组区间的中点值作代表）． 21．（11分）如图，在四棱锥中，，，，E为棱的中点，平面． (1)求证：平面； (2)求证：平面平面； (3)若二面角的大小为，求直线与平面所成角的正弦值． 22．（12分）已知函数． (1)若，求的取值范围； (2)若有两个不相等的实根，且 ①求的取值范围； ②证明：． 1 / 2 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