精品解析：浙江绍兴市上虞区2026届高三5月高考及选考适应性考试数学试题

2026年5月上虞区高考及选考适应性考试（数学） 一、选择题：本大题共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. 【答案】D 【解析】 【详解】易得 2. 已知，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【详解】因，故，故，所以，故． 3. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】直接由二项式展开式的通项公式计算可得. 【详解】由二项式展开的通项公式， 令，得，含有项的系数为. 4. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】利用等比中项化简可得，代入等差数列通项公式求解即可. 【详解】因为成等比数列，所以， 则 化简得：， 因为，所以 5. 年某新能源车企搭载AI智能续航系统，汽车匀速行驶时，剩余续航里程与行驶总时间满足函数关系．该车先匀速行驶，之后进入拥堵路段，系统切换能耗模式，剩余续航按衰减（为匀速后的剩余续航，为拥堵行驶时间）．当剩余续航降至时，汽车从出发到此刻的总行驶时长约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意可得，再令，从而可得所求时间. 【详解】因为为匀速后的剩余续航，所以， 令，即，，故 ； 当剩余续航降至时，汽车从出发到此刻的总行驶时长约为. 6. 已知直线过点且与圆交于A，B两点，若是钝角三角形，则直线的斜率可能为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】分直线的斜率不存在和斜率存在两种情况，结合是钝角三角形，则需为钝角，从而得到不等式，求出答案 【详解】的圆心为，半径为2， 当直线的斜率不存在时，此时直线方程为， 圆心到直线的距离为， 故直线与圆无交点，不合要求，舍去； 设直线，要使得是钝角三角形，则需为钝角， 则圆心到直线的距离， 其中，即，故， 解得，其中，解得，只有B满足要求. 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析可知函数关于直线对称，分和两种情况，结合函数的对称性分析求解即可. 【详解】因为函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称， 可知函数关于直线对称， 若，则函数关于直线对称，符合题意； 若，设， 则函数的对称轴所对应的值（）必为函数的对称轴， 又因为函数的对称轴为轴， 则，解得； 综上所述：或. 结合选项可知：A正确，BCD错误. 故选：A. 8. 已知函数的定义域为，当时，有，对，都有，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2025 D. 2026 【答案】C 【解析】 【分析】利用题中给出的函数性质，代入特殊值，求出. 【详解】因为，， 当时，， 因为，都有， 所以， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， ， 所以． 二、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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据1，2，4，5，5，6，7，8的第70百分位数为5 B. 若随机变量，则的正态曲线关于直线对称 C. 根据分类变量与的成对数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 D. 数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，则 【答案】BCD 【解析】 【详解】对于A，该组数据共8个，由不是整数，应取从小到大排列的第6项数据，即6，故A错误； 对于B，由正态分布及正态曲线知，随机变量的正态曲线关于直线对称，故B正确； 对于C，由独立性检验的判断，，所以与有关联，此推断犯错误的概率不超过，故C正确； 对于D，回归直线方程为，其中，则故D正确. 10. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它体现了数学的对称美，如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，即正方体截去八个相同的四面体得到，该“阿基米德多面体”的棱长为a，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 该几何体的体积为 C. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 D. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用正方体的特征可判断A,B，利用法向量可求两个平面的夹角进而可判断C，利用正方体体对角线长减去小棱锥的高可判断D. 【详解】对于A，由图可知，正方体的棱长为，故正确； 对于B，截去的一个四面体体积为，故其体积，故正确； 对于C，建立如图所示的空间直角坐标系，不妨设所求两个平面为平面和平面； 则， , 设平面和平面的法向量分别为， 则，， 可得 设两个平面的夹角为，则，故正确； 对于D，正方体的体对角线长为，设截去的小四面体的高为，由等体积法可得， 此时的高度为，故错误；综上所述，选ABC． 11. 已知抛物线是上一点，按如下规则构造点列：过点作斜率为1的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点．记的面积为，下列说法正确的是（ ） A. 点的纵坐标为0 B. 点列的纵坐标构成等差数列 C. 直线与轴交点为定点 D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，易知的直线方程为，联立，得， 故，故正确； 对于B，设，则直线，与抛物线联立得， 故直线，与抛物线联立得，故B正确； 对于C，，故直线， 令，则易求得不为定值，故错误； 对于D，选项C中直线，令 ，则 ， 则，故D正确； 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则______. 【答案】 【解析】 【详解】设，则， 所以， 所以， 所以，故. 13. 已知函数存在两个极值点，且，写出一个满足条件的实数为______． 【答案】（答案不唯一，或均可） 【解析】 【分析】求导，根据极值点可得或，结合三次函数对称性可得，代入运算求解即可. 【详解】因为，则， 若函数存在两个极值点，则，解得或， 由三次函数的性质可知：函数的对称中心为， 且，则，解得：. 14. 一颗质地均匀的正四面体骰子，四个面上分别标有点数1，2，3，4．甲先投掷一次，记下点数；再由乙投掷一次，记下点数；两人交替投掷，规定：先累计掷出2个点数为4的人获胜，游戏结束．则甲获胜的概率为______． 【答案】 【解析】 【分析】轮流投掷骰子先累计2个4者获胜，需要考虑所有可能的游戏状态及转移率，甲先投，每次投出4的概率为，不是4的概率为． 【详解】定义：当前轮到甲投，分别表示甲、乙已掷出4的次数时，甲获胜的概率； 定义：当前轮到乙投，分别表示甲、乙已掷出4的次数时，甲获胜的概率； 轮到甲投： 甲投出4的概率为，甲累计个4，轮到乙投（状态：）； 甲投出非4的概率为，轮到乙投（状态：）； 故； 轮到乙投： 乙投出4的概率为，甲累计个4，轮到甲投（状态：）； 乙投出非4的概率为，轮到甲投（状态：）； 故； 边界条件：游戏结束状态： 甲累计2个4，即，甲赢，； 乙累计2个4，即，乙赢，； 逐步推导： 状态，甲乙各1个4： ； ， 联立得：，； 状态，甲1个，乙0个4： ； ， 联立得：，； 状态，甲0个，乙1个4： ； ， 联立得：，； 初始状态，甲乙都是0个4，轮到甲投： ； ， 联立得：； 故，甲先投时，甲获胜得概率为． 四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，三角形面积为，已知． （1）求； （2）若，求的最大值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据面积公式和向量数量积的定义化简即可求得； （2）利用正弦定理边化角，再由辅助角公式以及正弦函数的性质可求的最大值． 【小问1详解】 由可得， 故，而为三角形内角，故． 【小问2详解】 由正弦定理，，故， 所以 ，其中， 当且仅当，即时，的最大值为． 16. 如图，三棱柱中，底面为锐角三角形，四边形是平行四边形，，． （1）求证：； （2）若三棱锥体积为，求二面角的大小． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的判定、性质推理得证. （2）由（1）中信息，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取中点为，连接，由，得，由，得， 而平面，则平面，又平面， 所以. 【小问2详解】 在三棱柱中，由（1）得平面，平面，则平面平面， 在平面内过点作，则平面，直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 由，得，由三棱锥体积为，得点到平面距离为1， 又，则， 于是，， 设平面的法向量为， 则，取，得， 而平面的法向量可取为， 则，因,则， 由图知二面角的平面角为锐角，所以二面角的大小为. 17. 某学校举办知识竞赛，共有个参赛小组，每个小组有8道备选题．第个小组中有数学题，其余为物理题．现从这个小组中随机选取一个小组，然后从该小组的备选题中不放回地依次抽取3道题． （1）当时，记表示抽出数学题的个数，求的分布列和数学期望． （2）若第2次抽到数学题的概率为，求在第2次抽到数学题的条件下，第1次抽到数学题的概率． 【答案】（1） 0 1 2 （2） 【解析】 【分析】（1）写出随机变量的所有可能取值，计算对应概率可得分布列，进而可得数学期望； （2）根据全概率公式可得，根据题意计算可得，再由条件概率公式计算即可求解. 【小问1详解】 随机变量可取， 0 1 2 所以． 【小问2详解】 记第个小组第二次抽到数学题概率为，此小组共有个数学题，个物理题， 所以． 由于第个小组被抽到的概率为，所以，即． 记第一次抽到数学题为事件A，第二次抽到数学题为事件． 两次都抽到数学题的概率为， 所以． 18. 已知双曲线的离心率为2，A，B为双曲线的左右顶点，． （1）求的方程； （2）记双曲线的右焦点为F，P为双曲线上一点（异于A，B），AP与轴交点为D，FD与PB交于点． （ⅰ）求与满足的关系式； （ⅱ）轴上定点，若存在最大值，求t的取值范围． 【答案】（1） （2）（ⅰ） ；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）根据所给条件求出基本量. （2）（ⅰ）设点坐标，然后设出直线，求出相应点坐标，用变量表示点坐标，代入双曲线方程，化简. （ⅱ）表示出，利用二次函数最值的性质限定范围. 【小问1详解】 依题意，因为A，B为双曲线的左右顶点，故， 又因为， 的方程为． 【小问2详解】 （ⅰ）法一：，右焦点．设，满足． 直线AP的方程：，令，得． 直线FD的方程：，直线PB的方程：， 解得交点，即 即， 化简可得 ，即． 法二（第三定义）：， 即代入可得， 所以轨迹方程 ，其中， 即方程为． （ⅱ）由题意可知， ， 要使存在最大值，需对称轴为 ，解得． 19. 已知函数，若存在数列满足．称是的“伴随数列”，称为数列的“伴随函数”． （1）若数列的“伴随函数”，求最小的正数的值，使得数列为等比数列． （2）若某数列的“伴随函数” ，证明：； （3）若某数列的“伴随函数”，证明：． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）求出前3项，利用等比中项的性质得出A的表达式求最值； （2）构造函数，利用导数判断单调性求最值证明不等式； （3）结合（2）中的结论，利用累加法构建数列通项公式的不等式，再化简并放缩构造所求不等式，再结合函数放缩求证 【小问1详解】 ， 由得，，即， 解得 最小为4，故当时成立． 【小问2详解】 依题意，定义域为，据定义域分段讨论， 当时，， 令，， 所以，当时，单调递增，即， ，所以，即成立； 当时， ， 令，， 故当时，单调递增，即， ，，即成立； 综上，成立 【小问3详解】 由（2）知， ，令，， 则 ，故 ， 所以当时， 即，可得当时，． 所以，即， 又时，有， 由于， 设 ，则， 令，则，令，则， 所以在上单调递增，在上单调递减， 故，即 ， ， 当时,令，则， 所以，得证． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026年5月上虞区高考及选考适应性考试（数学） 一、选择题：本大题共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，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3 3. 在的展开式中，含有项的系数为（ ） A. B. C. D. 4. 已知等差数列的公差，且，，成等比数列，则（ ） A. B. 2 C. D. 3 5. 年某新能源车企搭载AI智能续航系统，汽车匀速行驶时，剩余续航里程与行驶总时间满足函数关系．该车先匀速行驶，之后进入拥堵路段，系统切换能耗模式，剩余续航按衰减（为匀速后的剩余续航，为拥堵行驶时间）．当剩余续航降至时，汽车从出发到此刻的总行驶时长约为（ ）（参考数据：） A. B. C. D. 6. 已知直线过点且与圆交于A，B两点，若是钝角三角形，则直线的斜率可能为（ ） A. B. 0 C. 1 D. 2 7. 若函数的图象向右平移个单位后得到的图象关于轴对称，则实数可以是（　　） A. B. C. 2 D. 8. 已知函数的定义域为，当时，有，对，都有，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2025 D. 2026 二、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，有多个选项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有错选得0分． 9. 下列说法正确的是（ ） A. 一组数据1，2，4，5，5，6，7，8的第70百分位数为5 B. 若随机变量，则的正态曲线关于直线对称 C. 根据分类变量与的成对数据，计算得到，根据小概率值的独立性检验：，可判断与有关联，此推断犯错误的概率不超过 D. 数据组成一个样本，其回归直线方程为，其中，则 10. “阿基米德多面体”也称为半正多面体，它体现了数学的对称美，如图是一个八个面为正三角形，六个面为正方形的“阿基米德多面体”，即正方体截去八个相同的四面体得到，该“阿基米德多面体”的棱长为a，则下列说法正确的是（ ） A. 将该几何体放到一个正方体内，则正方体的棱长最小为 B. 该几何体的体积为 C. 任意两个有公共顶点的三角形所在平面的夹角的余弦值均为 D. 将该几何体以正三角形所在面为底面放置，则高度为 11. 已知抛物线是上一点，按如下规则构造点列：过点作斜率为1的直线交于点，再过点作斜率为的直线交于点．记的面积为，下列说法正确的是（ ） A. 点的纵坐标为0 B. 点列的纵坐标构成等差数列 C. 直线与轴交点为定点 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知复数满足，则______. 13. 已知函数存在两个极值点，且，写出一个满足条件的实数为______． 14. 一颗质地均匀的正四面体骰子，四个面上分别标有点数1，2，3，4．甲先投掷一次，记下点数；再由乙投掷一次，记下点数；两人交替投掷，规定：先累计掷出2个点数为4的人获胜，游戏结束．则甲获胜的概率为______． 四、解答题：本大题共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. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，三角形面积为，已知． （1）求； （2）若，求的最大值． 16. 如图，三棱柱中，底面为锐角三角形，四边形是平行四边形，，． （1）求证：； （2）若三棱锥体积为，求二面角的大小． 17. 某学校举办知识竞赛，共有个参赛小组，每个小组有8道备选题．第个小组中有数学题，其余为物理题．现从这个小组中随机选取一个小组，然后从该小组的备选题中不放回地依次抽取3道题． （1）当时，记表示抽出数学题的个数，求的分布列和数学期望． （2）若第2次抽到数学题的概率为，求在第2次抽到数学题的条件下，第1次抽到数学题的概率． 18. 已知双曲线的离心率为2，A，B为双曲线的左右顶点，． （1）求的方程； （2）记双曲线的右焦点为F，P为双曲线上一点（异于A，B），AP与轴交点为D，FD与PB交于点． （ⅰ）求与满足的关系式； （ⅱ）轴上定点，若存在最大值，求t的取值范围． 19. 已知函数，若存在数列满足．称是的“伴随数列”，称为数列的“伴随函数”． （1）若数列的“伴随函数”，求最小的正数的值，使得数列为等比数列． （2）若某数列的“伴随函数” ，证明：； （3）若某数列的“伴随函数”，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $