精品解析：浙江省柯桥中学2026届高三6月全国高考I卷模拟考试数学适应性试卷

柯桥中学2026年6月全国高考Ⅰ卷模拟考试 数学适应性试卷 姓名：______________　　准考证号：______________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题纸相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内；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．请考生保持答题纸的整洁，考试结束后，将答题纸交回． 第Ⅰ卷（选择题部分） 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 样本数据3，9，27，36，24，10的中位数是（ ） A. 10 B. 17 C. 24 D. 27 【答案】B 【解析】 【详解】把这组数据按照从小到大排列为3,9,10,24,27,36，则中位数是第3个数与第4个数的平均数，即. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，求得，结合复数模的计算公式，即可求解. 【详解】由复数，所以. 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】B 【解析】 【分析】首先根据可得：或，再判断即可得到答案. 【详解】由可得：或， 即能推出， 但推不出 “”是“”的必要不充分条件 故选：B 【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判断，同时考查根据三角函数值求角，属于简单题. 4. 已知向量，，且，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，利用向量垂直的坐标表示，列出方程，求得，结合投影向量的计算公式，即可求解. 【详解】由向量，，可得，且， 因为，可得， 解得，所以，可得，且， 所以在上的投影向量为. 5. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】对于双曲线， 其渐近线方程为，即． 已知圆，则其圆心坐标为，半径为1． 由于圆与双曲线的渐近线相切，则，即． 由双曲线的离心率，可得． 6. 已知一个圆锥的侧面展开图是半圆，记侧面积为，体积为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】设圆锥的底面半径为，高为，母线长为， 因为圆锥的侧面展开图是半圆，所以，则， 因为，所以， 则，，则 7. 若曲线关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的定义域，利用对称性可得定义域关于直线对称，再利用特殊值求出． 【详解】令， 由，得或. 故函数的定义域为. 由曲线关于直线对称，得定义域关于直线对称， 所以. 所以. 令，得，即，解得. 当时，. 所以， . 所以关于直线对称，则，满足题意. 所以. 8. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，构造出新的数列．对数列、进行构造，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；依次构造，第次得到的数列的所有项的和记为，令，则（ ） A. 第四次得到的数列共项 B. C. 数列是等差数列 D. 对，以、、为边长不能构成一个三角形 【答案】D 【解析】 【分析】第次得到的数列的所有项的项数为，求出数列的递推公式，逐项计算可判断A选项；设第次得到的数列的所有项的项为、、、、，结合题意推导出数列的递推公式，可判断B选项；利用构造法求出数列的通项公式，可得出数列的通项公式，结合等差数列的定义可判断C选项；利用三角形三边关系可判断D选项. 【详解】对于A选项，第次得到的数列的所有项的项数为，则， 设第次得到的数列的所有项的项为、、、、， 然后将相邻两项的和插入这两项所形成的空位中，共个空， 故，即， 因为，则，， ， 故第四次得到的数列共项，A错； 对于B选项，设第次得到的数列的所有项的项为、、、、， 则第次得到的数列的所有项的项为、、、、、、、，且，， 根据题意可得， ， 即，B错； 对于C选项，由题意可知， 由可得，且， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 因为，故不是常数， 故数列不是等差数列，C错； 对于D选项，由C选项可知，则数列为单调递增数列，且， 因为， 所以，故对，以、、为边长不能构成一个三角形，D对. 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数，则（ ） A. 的周期为 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上有3条对称轴 D. 在区间上有3个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】先应用二倍角公式及辅助角公式化简判断A，再应用单调性判断B，最后应用对称性判断C，D. 【详解】函数， A，周期，A错误； B，时，在该区间单调递增，故单调递增，B正确； C，对称轴满足，即，在内的对称轴为，共2条，C错误； D，零点满足，即，在内的零点为，共3个，D正确， 10. 在棱长为2的正方体中，点、、分别为、、的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 直线平面 C. 平面截该正方体所得截面的周长为 D. 直线截该正方体的外接球的弦长为 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据点线面的位置关系，拓展出平面截正方体所得的截面．对于A，观察所作图象判断；对于B，利用三垂线法得到线线垂直，再进行线面垂直的判定；对于C，观察截面形状，计算出边长，即可求得周长；对于D，确定出该正方体的外接球的球心位置，求出球心到直线的距离，即可求得弦长． 【详解】分别取、、的中点、、，连结、、、、． 如图所示： 易证，，，，，， 且、、、、、六点共面，即平面拓展为正六边形． 对于A，由所作图，可知直线与正六边形有公共点， 则直线平面不成立，A错误； 对于B，由三垂线定理，可知，． 因为，平面，平面， 所以直线平面，B正确； 对于C，平面截该正方体为正六边形． 由于正方体的棱长为2，则正六边形的边长为， 则该正六边形的周长为，C正确； 对于D，正方体的外接球的球心即为正方体的中心，即与的交点． 正方体的外接球的半径，，． 球心到直线的距离， 直线截该正方体的外接球的弦长，D正确． 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于，两点．过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），过点作，垂足为，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与轴相切 D. 当时，的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】联立直线方程和抛物线方程，根据韦达定理可得；根据已知可解得用表示的坐标，即可求，利用斜率相等即可；利用表示出以为直径的圆的半径，再求中点到轴的距离即可判断；用表示出即可求最大值. 【详解】抛物线可得焦点，准线方程为，. 过点且斜率为的直线方程为. 联立方程得，消去，得. 所以. 对于A，，故A正确； 对于B，由得，则，所以过点的切线方程为. 令，得，则. 令，得，则. 又，所以， 因为，所以.所以，所以，故B正确； 对于C，， 所以以为直径的圆的半径. 中点即圆心纵坐标为. 所以圆心到轴距离为，即圆与轴不相切，故C错误； 对于D，点即，直线方程为则， 因为，所以，所以. 又，则. 在中，，又，所以. 所以. 又，所以时，取得最大值，故D正确. 第Ⅱ卷（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. 展开式的常数项为______. 【答案】60 【解析】 【分析】根据二项式展开式的通项特征即可求解. 【详解】的常数项为, 故答案为： 13. 已知等差数列的公差，前项和为，若，且，，成等比数列，则_________． 【答案】 【解析】 【详解】依题意得，化简得， 因为成等比数列，由等比中项性质得， 因为，，所以  ，展开并整理得：， 因为，得，又，解得，则， 所以. 14. 角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 【答案】2 【解析】 【分析】两次余弦定理表达线段长，利用建立等式化简得到边与角A的关系；借助正弦定理转化目标式，利用二倍角三角函数求最值. 【详解】如图所示，设， 因为是边的中点，是边靠近点的三等分点， 所以. 在中，由余弦定理得， 在中，由余弦定理得， 因为，所以，代入得， 化简得，, 当时，. 四、解答题（本题共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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是等边三角形，二面角为，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）取中点，连接， 因为为中点，四边形为正方形，所以∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 由三角形中位线性质可得∥， 因为平面，平面，所以∥平面， 因为，且平面，平面， 所以平面∥平面， 因为平面，所以∥平面. （2） 【解析】 【分析】（1）取中点，通过平面∥平面，证明∥平面； （2）建立空间直角坐标系，求出及平面的法向量，再利用求直线与平面所成角的正弦值. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取中点，中点，连接， 因为，所以，又，所以， 屏幕平面,平面,平面， 所以为二面角的平面角， 则，以为原点，直线为轴，直线为轴，过点与平面垂直的直线为轴，建立空间直角坐标系. 则，, ， 所以， 则，，，， 所以，，， 设平面的法向量，则，即， 取，得， 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 16. 一个袋子中有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．现从袋子中一次性随机摸取4个球． （1）若在已知摸到的4个球中至少有1个黑球，求恰好有2个黑球的概率； （2）求摸到黑球个数的数学期望． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用条件概率公式，结合古典概型计算对应事件的组合数比值求解； （2）先确定随机变量服从超几何分布，通过超几何分布期望公式计算. 【小问1详解】 设事件为“摸到的4个球中至少有1个黑球”，事件为“摸到的4个球中恰好有2个黑球”，显然，故. 从8个球中一次性摸取4个，总的基本事件数为. 事件的对立事件为“摸到的4个球全为白球”，因此. 事件包含的基本事件数为，因此. 由条件概率公式得：. 【小问2详解】 的所有可能取值为， 服从参数为（总体容量）、（总体中黑球个数）、（抽取容量）的超几何分布， 分布律为. 由超几何分布的期望公式，代入参数得. 17. 设等差数列的前n项和为，已知，. （1）求 （2）若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且， ①当q取最小值时，求数列的通项公式 ②若关于n（）的不等式有解，求q的值. 【答案】（1） （2）① ；② 【解析】 【分析】（1）解等差数列问题，主要从待定系数对应关系出发.由等差数列前n项和公式，求出公差即可 （2）①利用等比数列每一项都为等差数列中项这一限制条件，对公比逐步进行验证、取舍，直到满足.因为研究的是取最小值时的通项公式，因此可从第二项开始进行验证，首先满足的就是所求的公比，②由①易得与的函数关系，并由为正整数初步限制取值范围，当且时适合题意，当且时，不合题意.再由不等式有解，归纳猜想并证明取值范围为，本题难点是如何说明当, 时不等式即无解，可借助研究数列单调性的方法进行说明. 【小问1详解】 解：设等差数列的公差为，则，解得，所以. 【小问2详解】 ① 数列是正项递增等差数列，所以数列的公比 若，则由，得，此时，由， 解得，所以，同理；           若，则由，得，此时，又，所以，即 对任何正整数，是数列的第项．所以最小的公比． 所以．                     ② 因为，得，而 所以当且时，所有的均为正整数，适合题意； 当且时，不全是正整数，不合题意. 而有解，所以有解，经检验，当，时，都是的解，适合题意；          下面证当时，无解, 设 则 因为，所以在上递减 又因为，所以恒成立，所以，所以恒成立 又因为当时，，所以当时，无解.        综上所述，的取值为 【点睛】本题利用了归纳法和数列的单调性法则进行证明，综合性比较强. 18. 已知椭圆：经过点及点． （1）求的方程； （2）若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i），则直线的方程：，即， 因为，，所以，， 设的直线方程为， 联立得， ， ①，②， 直线的方程为， 将点代入得， 即， 即， ， 将①②代入得， 整理得， ， ， ， ， 解得或， 当时，直线：，恒过，不成立； 当时，直线：，恒过， 所以直线恒过定点. （ii） 【解析】 【分析】（1）将点坐标代入椭圆方程，然后解方程即可； （2）（i）根据的坐标得到直线的方程，然后根据得到的坐标，设直线的方程，与椭圆方程联立，然后根据点在直线上列等式，得到，即可得到直线恒过定点； （ii）将四边形分割成和，然后根据点在两侧求的最大值，即可得到四边形面积的最大值. 【小问1详解】 由题意得，解得，所以. 【小问2详解】 （i）略. （ii）， 设点到直线的距离分别为， 则， ， 因为位于直线的两侧， 所以 ， ， 由（i）得，则， 令，则， 令，则， 令，， 所以在上单调递减， 所以当，，时，取得最大值，为， 此时， 所以四边形面积的最大值为. 【点睛】方法点睛：圆锥曲线的最值问题： ①几何思路：根据几何知识判断，例如：两点之间线段最短等； ②代数思路：将需要求的转化为代数形式表示，然后走不等式或函数的思路求最值. 19. 已知函数，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，． （1）求函数的单调区间； （2）在三角形中，当时，证明：； （3）设是动点，且，，，是三角形的三个内角，记，若在时取到最小值，证明：． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为 . （2）因为 ，且 ，所以 ． 又 在 上单调递减，在 上单调递增，故 ，且 ． 先证 ． 令． 则 ，且． 所以 ，从而． 因为 ，且 在 上单调递增，，所以． 于是，． 由 ，得 ． 再证 ． 有． 即． 令． 则． 当 时，． 所以． 从而 ，即 ． 综上，． （3）由第（2）问知 ． 记． 因为 且 ，所以 ，并且． 由三角形内角和 ，有． 因此． 又． 令． 因为 ，可取 ，使． 当动点 取在 的范围内时，角 可取遍 ，故可以取到 ． 于是对固定的 ， 的最小值为． 下面研究 随 的变化． 令，则，所以 ． 由题意， 在 处取得最小值． 记 ，则 ． 又，且 ，所以，即． 当 时，，故． 令． 则． 因此，从而 ． 于是． 又因为函数 在 上单调递增，且， 所以． 由 ，得． 因此， 且． 所以 ． 【解析】 【分析】（1）利用导数直接判断函数单调区间； （2）由 确定 ，将边长比较转化为坐标距离平方的比较．先证明 得到 ，再估计 得到 ． （3）固定 ，先求动点 变化时 的最小值 ；再利用 在 处取得最小值，求导得到 与 的关系，最后估计 ． 【小问1详解】 易知函数定义域为，， 令，得. 当时，，单调递减；当 时，，单调递增. 所以的单调递减区间为，单调递增区间为 . 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 柯桥中学2026年6月全国高考Ⅰ卷模拟考试 数学适应性试卷 姓名：______________　　准考证号：______________ 本试题卷分选择题和非选择题两部分，共4页，满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答卷前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸规定的位置上． 2．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答案涂在答题纸相应的位置上． 3．非选择题必须用黑色字迹的签字笔或钢笔作答，答案必须写在答题纸各题目指定区域内；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．请考生保持答题纸的整洁，考试结束后，将答题纸交回． 第Ⅰ卷（选择题部分） 一、单项选择题（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，只有一项是符合题目要求的．） 1. 样本数据3，9，27，36，24，10的中位数是（ ） A. 10 B. 17 C. 24 D. 27 2. 已知复数，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. 已知向量，，且，则在上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 5. 若圆与双曲线的渐近线相切，则的离心率是（ ） A. B. C. D. 6. 已知一个圆锥的侧面展开图是半圆，记侧面积为，体积为，则（ ） A. B. C. D. 7. 若曲线关于直线对称，则（ ） A. B. C. D. 8. 在数列的每相邻两项之间插入此两项的和，构造出新的数列．对数列、进行构造，第一次得到数列、、；第二次得到数列、、、、；依次构造，第次得到的数列的所有项的和记为，令，则（ ） A. 第四次得到的数列共项 B. C. 数列是等差数列 D. 对，以、、为边长不能构成一个三角形 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 已知函数，则（ ） A. 的周期为 B. 在区间上单调递增 C. 在区间上有3条对称轴 D. 在区间上有3个零点 10. 在棱长为2的正方体中，点、、分别为、、的中点，则（ ） A. 直线平面 B. 直线平面 C. 平面截该正方体所得截面的周长为 D. 直线截该正方体的外接球的弦长为 11. 已知抛物线的焦点为，准线为，过点且斜率为的直线与交于，两点．过点作的切线，交准线于点，交轴于点（异于点），过点作，垂足为，则（ ） A. B. C. 以为直径的圆与轴相切 D. 当时，的最大值为 第Ⅱ卷（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. 展开式的常数项为______. 13. 已知等差数列的公差，前项和为，若，且，，成等比数列，则_________． 14. 角，，是三角形的内角，已知，是边的中点，是边靠近点的三等分点，且，则的最大值为_________． 四、解答题（本题共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. 如图，在四棱锥中，底面是边长为4的正方形，侧面是等边三角形，二面角为，分别为的中点． （1）求证：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 一个袋子中有5个白球和3个黑球，这些球除颜色外完全相同．现从袋子中一次性随机摸取4个球． （1）若在已知摸到的4个球中至少有1个黑球，求恰好有2个黑球的概率； （2）求摸到黑球个数的数学期望． 17. 设等差数列的前n项和为，已知，. （1）求 （2）若从中抽取一个公比为q的等比数列，其中，且， ①当q取最小值时，求数列的通项公式 ②若关于n（）的不等式有解，求q的值. 18. 已知椭圆：经过点及点． （1）求的方程； （2）若点在线段（不含端点）上运动，垂直于轴的直线交于点（在轴上方），点满足，设直线与的另一个交点为． （ⅰ）证明：直线过定点； （ⅱ）求四边形面积的最大值． 19. 已知函数，此时有一个极值点，两个零点，（不妨设），记点，，． （1）求函数的单调区间； （2）在三角形中，当时，证明：； （3）设是动点，且，，，是三角形的三个内角，记，若在时取到最小值，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $