2026年4月浙江卷高考预测模拟数学试卷01

2026数学·（考试时间：120分 试卷满分：150分第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

C．2,

2．（新考法）（2026·浙江·一模）z153i,z22i,iz1z2在复平面内对应的点位于（）第一象 B．第二象C．第三象 D．第四象 3．（改编）已知向量a与b的夹角为30a2ab3ab（ 4．（2026·浙江嘉兴·一模）7312台的高为（A． ．

A．

B．

C．

D．6．（2026·浙江温州·一模）FFx2y2（ab0）F ABF1AAB，则双曲线的离心率可以是（ 7．（新考法）（2026浙江金华·一模）若圆Cx12y321AB，直线l3x4ymP，使得APB60，则实数m的取值范围为（C．35,5

8．（热点）（2026·浙江嘉兴·一模）xy满足log2xlogy3log2ylogx2是（A．1x0y2x

B．1yD．0yx23618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．9．（新考法）（2026·河北唐ft·一模）yg(xf(x)xexy轴对称，则（f(x)与g(x)有相同的零 B．f(x)g(x)为偶函C．f(x)与g(x)有相同的极值点 D．对任意的xR，都有f(x)g(x)010．（2026·ft东潍坊·模拟预测）已知抛物线C:y22pxp0的焦点为F，点B1,0在C的准线上，过B且斜率为k的直线交C于M,N两点，则（）A．pB．kC．MB DBMMNSVMNF11．（新考法）（2026·浙江台州·一模）f(xa2sinxsinxaR，且a0，则下列选项正确的是（）Afx的最小正周期为BfxxπC．x1,x2R,f(x1)f(x2)

在[0,]上有两个不同的零第二部分（非选择题共92分3515 13．（2025·浙江嘉兴·一模）已知函数f(x)xexaxa有两个零点，则实数a的取值范围 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．（13分）已知VABCABC所对的边分别为abc，且2cb2acosB．A若VABC的面积为43DACBD16．（新情境）（15分）XX的分布列和数学期望.nad 的正方形，PA 面ABCD，若点M满足PMPC，点E为PB中点，过EM的平面满足PA∥α，且平面与棱AD，ABP，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由.迹记为曲线x轴交点分别记为MN求曲线求VPMN19．（新定义）（17分）fx在定义域[0,+上连续且可导，对于正实数t，记Mt

x,x[0,)②当t03gt的解析式 2 2026数学·（考试时间：120分 试卷满分：150分第一部分（选择题共58分8540分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要

C．2,

【答案】【答案】2．（新考法）（2026·浙江·一模）z153i,z22i,iz1z2在复平面内对应的点位于（）第一象 B．第二象C．第三象 D．第四象【答案】z1z2【答案】z1z232i，对应的点32位于第四象限.3．（改编）已知向量a与b的夹角为30a2ab3ab（ b42331. ab a a2a33b→【解析】ababcos303，故2b【答案】4．（2026·浙江嘉兴·一模）7312台的高为（A． ．

33解得h11. 3h7S1S2S1S2因为台体体积为V3223【解析】正三棱台的上底面积为S 3，下底面积为S【答案】A．

B．

C．

D．【答案】【答案】【解析】由sinαβsinαβsinαcosβcosαsinβsinαcosβcosαsin6．（2026·浙江温州·一模）FFx2y2（ab0）F ABF1AAB，则双曲线的离心率可以是（ 【答案】【答案】AF2mAF1AF22aAF1m2aF1AABBF2BF1BF22aBF14a，在△BF1F2BF14a,BF22a,F1F22c由4a2a2c，得到ec3，又e1，所以1e3结合各个选项，A正确，B、C、D7．（新考法）（2026浙江金华·一模）若圆Cx12y321AB，直线l3x4ymP，使得APB60，则实数m的取值范围为（【答案】A、BCAPBπA、B【答案】A、BCAPBπA、BA、B两点重合，此时APB0，A、BP，使得APB60；A、BP，使得APB60；P，A、BA、B两点重合时，仍有APB0，PBCB，PACA，此时∠APBP

，解得，解得d2r，又因为圆C的半径r2，解得25m5323143圆心C13到直线3x4ym0的距离d 所以若圆CAB，直线lP，使得APB60π由图可知sinCPA mm8．（热点）（2026·浙江嘉兴·一模）xy满足log2xlogy3log2ylogx2是（A．1x0y2x

B．1yD．0yx2【答案】【答案】【解析】由log2xlogy3log2ylogx2，得log2xlogx2log2ylogy3所以log2xlogx2log2ylogy3log2ylogy2ftt1在0∞上单调递增，所以logxlogy，即1xy得1xy2A又因为log2ylog3y，所以log2xlogx2log2ylogy3log3ylogy3即log2xlog3ylog3yy，得x y1，所以xy1，故B正确所以log2xlogx2log2ylogy3log2ylogy2所以log2xlog2y，即0yx1，得0y2x1C因为log2ylog3y0，所以log2xlogx2log2ylogy3log3ylogy3，所以log2xlog3ylog3y<log2y，得0x y1，即0x2y1，故D错误3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．9．（新考法）（2026·河北唐ft·一模）yg(xf(x)xexy轴对称，则（f(x)与g(x)有相同的零 B．f(x)g(x)为偶函C．f(x)与g(x)有相同的极值 D．对任意的xR，都有f(x)g(x)【答案】【答案】yg(xf(x)xexyg(x)f(x)xexAf(x)0x0g(x)0x0fxg(x有相同的零点，A正确；Bf(xg(x)xexxexf(xg(x)xexxexf(xg(x，f(xg(x)为偶函数，BCf(xxexfx)x1)exx1f(x0x1f(x0，fx)有唯一极值点1g(x)xexg(x)(x1)exx1g(x)0，x1gx)0g(x)有唯一极值点1，C错误；Df(xg(x)x(exexyexyex都是Ryexex是Rx0exex0f(xg(x0f(xg(x)x0f(xg(x0，因此xRf(xg(x0，D正确10．（2026·ft东潍坊·模拟预测）已知抛物线Cy22pxp0FB10在CB且斜率为k的直线交C于MN两点，则（A．pB．kC．MBD

MNSVMNF 00,y1x则对于DBMMNMBN的中点，设Mx1y1Nx2y2x1 0成立，即 2MF，故C正确22,N2, ，由对称性，不妨令k04-2kk y2,y x2x11x1（舍去），x1x2 1对于C，设Mx,y，由抛物线定义MFx1，MB x14x因为直线与抛物线有两个交点，所以k0Δ2k2424k41616k20解得1k0或0k1，故By2，整理得kx2k4xk0ykx联立抛物线方程所以1pp2y24xF10.故A【答案】 x2x12x ，即x1x6x122x1 x26x1MB2MF x26x1则由F1,0,BF2，得 1V11BFy则由F1,0,BF2，得 1V11BFy11222 22，故D正确fx的最小正周期为fxxπx1,x2R,f(x1)f(x2)a(1,3),f

在[0,]上有两个不同的零当0a2asinx1f(xa2sinxsinxasinxC，当a2时，若0sinx1f(x)a3sinx，所以a3f(xa，若1sinx0，f(x)asinx，所以af(x)a1，f(x)mina3,f(x)maxa1，所以x1,x2R,f(x1f(x2)a1a34同理可得a2x1x2R,f(x1f(x2)4fπxfπxfxxπBf(πx)a2sin(πx)sin(πx)a2cosxcosxBfπxa2sin(πx)sin(πx)a2cosxcosx【答案】Af(xa2sinxsinxaRf(xπ)a2sin(xπ)sin(xπ)a2sinxsinxa2sinxsinx，所以f(x)的最小正周期不为π，故A错误；fx在[0πDf(x)a3sinxf(xa3sinx0D，当2a3x[0π]，所以0sinx1同理可得2a0x1x2R,f(x1f(x2)4C 所以x,xR,f(xf(x)aa14若1sinx0f(xa2sinxsinxasinx，则af(xa若0sinxaf(xa2sinxsinxa3sinx，则af(xa所以af(x1a第二部分（非选择题共92分3515 P2X412PX4)120.360.2813．（2025·浙江嘉兴·一模）已知函数f(x)xexaxa有两个零点，则实数a的取值范围 22 1Qex0,x2x1x 0xexx2xgxxgxxx1a【答案】(0【解析】Qf(x)xexaxaxexaxax1时，左边为e1，右边为0x1gxexx2xx0gx在∞1上单调递增，在1∞yagx的图像有两个交点，则需满足a0，1346 PABC1346 PABC321235 2 PAP(C)PACP(C)PAC)11129 P(CP(C1PAC31PAC2A表示“第一次摸到红球”B表示“第二次摸到红球设事件C1表示“选择甲袋”，事件C2表示“选择乙袋PABC211 PABP(C)PAB|CP(C)PAB|C)111132 2 P(BAPAB201P( 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．（13分）已知VABCABC所对的边分别为abc，且2cb2acosB．A若VABC的面积为43DACBD 132 12bc1bc8，当b2c42BD的最小值为 10在△ABDBD2b)2c22bccosAbc21 81bcsinA43，由（1）Aπ，得bc16△（2） 6A=π而sinB0，则cosA1A(0,π 32cosAsinB【解】（1）在VABC中，由2cb2acosB2sinCsinB2sinAcos则sinB2sin(AB2sinAcosB2(sinAcosBcosAsinB2sinAcos100件进行检测，得到如下列联表：XX的分布列和数学期望.nadχ2

abcdacbd

其中nabcd【解】（1）零假设H0：产品的质量与生产线无关 1200651035 415545100 根据α0.001的独立性检验，拒绝零假设H0，并认为产品的质量与生产线有 5（2）6513909 混合产品中，甲乙数量比为2323 故总体优等品概率为：21339804 8 5 由题可知：X~B3,4，X0,1,2, 9 5 1 41 PX0 ，PX1C1 5 355 42 4 PX2C2 PX3 1235 5 X 14X的数学期望EX34 15 的正方形，PA

ABCDMPM

4PCEPBEM的平面PA∥α，且平面AD，ABP，E，M，F，G，H六点能否在同一个球面上？若能，求该球的表面积；若不能，请说明理由 9 PA4tH200G0,20，E202tF0,22tM4,43tHNGHG//BD，所以GAD 6又因为GADFPD中点AABADAPxyzAC 因为PM PC，所以AN 3PA∥αPAPACPA//MN【解】（1）PA∥αPAPAB,PAB∩αEH,PA//EHEPBHAB中点；HGIACN，连接MN,P，E，M，F，G，H六点在同一个球面上，假设球心Qxyz

R 13PA23时，P，E，M，F，G，H

15PEMFGH则E，M，F，G，H五点共圆 7R，圆的半径为rPAhPA//αPAD面αFGPAPAD，PAFGFGEH，BDαBDHGBDEFEFHG所以四边形EFGH为平行四边形 9因为PA面ABCD，所以PABD，所以EHHG 10EFGHEMFGHEFGH 1 所以r h

h

，所以h

3,r

12设外接球的球心为Q,HFEGS，则QS面EFGH 13

3 设QStPQHQ

t2

t ．所以t

2 RPQ

7，所以S4πR2 15 迹记为曲线x轴交点分别记为M,N．求曲线求VPMNx22y2x22y28 2x4y42x2y28x28y2480所以x2y228x2y248（2）由（1）知M230N230，令tx2y2 4由（1），x2x24y24y2y[22]则tx2y2444y24,12，且8x2y2x2y2248 6PMPN2((x23)2y2(x23)2y22x2y2242x2y2224x2y21442t2882t2 7ftt2882t2f

2882t2t f

43192830 9 所以4t43ft043t12ft0则ft在4,43上单调递增，在43,12上单调递减 10 ft12,123PMPN432663MN43 所以VPMN的周长的取值范围为83,432663 11