2026年4月浙江卷高考预测模拟数学试卷03

2026（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xAxx2xBxA．ABxxC．ABx1x

B．ABx0x已知向量a1mbm4，则m2”是a//b”的（充分不必要条 B．必要不充分条C．充要条 D．既不充分也不必要条已知等比数列a1，前nSS93，则a（ 或 B．1或 C．2或 4．（新情境）y（m）x（h）y

底与海底的距离）为1.5m．若要保证该船能在当天安全驶出港口，则其卸货前的吃水最大深度约为 A． B． C． D． 5．（热点）已知向量aba1b1,1ab5，则向量a在向量b（A．1,1

B．1,1

D．1,1 2

4

22

44 SO的侧面积为24π60°SO内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥SO的底面上，则挖去的圆柱的体积为（）

在平面直角坐标系xOy中，圆O:x2y24与双曲线C:x2y2 相交于A，B，C，D

的离心率为（

B．

C．3

D．4 若logaaa2logbb4b21，则（ a

a

ab

ab3618分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部60分．z

，则下列选项正确的有（Az Bz的共轭复数为2C．z5为实 D．iz在复平面内对应的点位于第四象下列说法中正确的是（一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r1

7.879X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过XN3,σ2PX40.7P(2X4)在棱长为2ABCDA1B1C1D1PBC的中点，点QAA1B1B内部（不含边界）PQACC1A1，则（）点QAB1点Q三棱锥QACC ABCQ第二部分（非选择题共92分3515已知直线lkxy20与圆Cx42y21l上一点为圆心，1有交点，则k的取值范围

2，则sin2θ 4 14．（新情境）A33B3A6个球全是红球为止.记nA6个球恰好全是红球的概率为P，则P1P 2 577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在VABCABC对应边分别是abc.已知abc成等差数列，且2sinAsinC求cosA若VABC415，求VABC的面积16．（15分PABCPA1PB

，PC3，AB3，BC

6AC ，点MNPBPCPAAMN求MNBCPAB所成角的正弦值.17．（15分）A，B两类关卡，A，B2

，.A，B5100分.3次闯关机会.A小礼品.1000人，求商场支出的现金奖励总金额的期望.18．（17分已知椭圆C

1(ab0)4

ykx(k

与椭圆CAB两点（A限）．当k

2ABx求CAMx轴于点MBM并延长交CPAP的斜率为k0kk0设|AB|t|AP|，求t19．（17分af(x)ln(2xax2sinxcosxg(xxlnxexxe2fx在区间[π,0)ag(x)当a4x[π,0)x[1f(xg(x 2026数学·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xAxx2xBxA．ABxxC．ABx1x

B．ABx0x【答案】【答案】B x11x0x11x1x0已知向量a1mbm4，则m2”是a//b”的（充分不必要条 B．必要不充分条C．充要条 D．既不充分也不必要条4故m2”是a//b” Qa//b，bλam b2a，a//b【详解】充分性分析：mm2，→1m12bm424【答案】已知等比数列a1，前nSS93，则a（ 或 B．1或 C．2或 【答案】【答案】1a191a71或a74当公比q1时等比数列前n项和公式为1q9 1 qq131整理得q6q320xq3x2x20,x1（对应q1舍去）xq32因此aaq1 4 .当公比q1时等比数列前n项和 S9,Saaa1 a1 4．（新情境）y（m）x（h）y

底与海底的距离）为1.5m．若要保证该船能在当天安全驶出港口，则其卸货前的吃水最大深度约为 A． B． C． D．【答案】【答案】【详解】依题意，该船空船时不受水深影响，设卸货前的吃水深度为dxhymyd1.5π(x4)(x4)f(x)2sinπx5.5x[4,12]f(x2πcosπxyd1.5π(x4)(x4)yf(xdf(xπ，则cosπx2x[4,12]πxπ3πx6x10 2x6f(6)6.5，d1.5π(64)6.5，解得d5πf5.52d1.5x10x10f(10)4.5d1.5π(104)4.5，解得d33π5.36所以其卸货前的吃水最大深度约为5.36mC选项最接近5．（热点）已知向量aba1b1,1ab5，则向量a在向量b（A．1,1

B．1,1

D．1,1 2

4

22

44ab 1,1,ab 1,1, 12→ 所以向量在向量方向上的投影向量为x0y1x1y0，所以a01或a10当a01ab01111，当a10ab1101→b12122→→x12y125 ，ababx1,y【详解】设向量ax,y，则a x2y21【答案】SO的侧面积为24π60°SO内挖去一个体积最大的圆柱，要求圆柱的一个底面在圆锥SO的底面上，则挖去的圆柱的体积为（）

【答案】【答案】【详解】设圆锥的底面半径为r，母线长为l，高为h60°，知l2rh3r，所以侧面积为πrl24πr23h6l43． hy63x圆柱的体积Vxπx2yx263xπ，Vx2x63xπ3x2π3x43xπ则Vx0得0x3 x43时，Vx取得最大值，最大值为4364π32π所以Vx在043上单调递增，在4323在平面直角坐标系xOy中，圆O:x2y24与双曲线C:x2y2 相交于A，B，C，D 的离心率为（

B．

C．3

D．422代 1中，得2所以四等分点的坐标为2,2,2,22,2,2,3【答案】【详解】由已知圆Ox2y244C3倍，所以432aa2xN，所以OAOB，且AONNOB45所以设xy是圆与双曲线的交点，所以x2y2x2y2y或y解得 x x xy或y或y或y244 a2ac解得b2 ，所以双曲线C的离心率e 若logaaa2logbb4b21，则（ a

a

ab

ab∴∴log2aaalog(2b)2b(2b)blog(2b)2b(2b)g(x2ln2)x2xln21xg(x0f(x0f(x)logxx x0, faf∵f(x)12x1xln2(2ln2)【答案】logbb4blogb1blogblog22b(2b)(2b)2b(2b)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．z

，则下列选项正确的有（z Bz的共轭复数为2C．z5为实 D．iz在复平面内对应的点位于第四象【答案】【答案】i5ii2i5i12iAz22125AB：z的共轭复数为2iBCzz2i2i2i2i2i2i2i4C52下列说法中正确的是（一组数据1，1，2，3，5，8，13，21的第60百分位数为4B．两个随机变量的线性相关程度越强，则样本相关系数r1

7.879X与Y有关联，此推断犯错误的概率不超过XN3,σ2PX40.7P(2X4)【答案】【答案】A：第60百分位数位置为inp80.64.8，故i第6055AB：样本相关系数r1BCχ6.8527.879，在α0.005X与YCDN3,σ2关于均值μ3PX30.5，PX40.7P3X40.70.50.2，P2X3P3X40.2P(2X4)0.20.20.4D在棱长为2ABCDA1B1C1D1PBC的中点，点QAA1B1B内部（不含边界）PQACC1A1，则（）点QAB1点Q三棱锥QACC ABCQ x y z x1y1zt2 x1yz 1112222C【答案】AA1ACC1A1EFACC1A1EFACC1A1.EPEFEEPEFPEFPEFACC1A1.PQACC1A1PQPEF，又点QAA1B1B内部（不含边界）PEF所以点QEF（不含端点BEFAA12，所以点Q的轨迹长度为2B错误；CPQACC1A1PBC则Q P1B123D，建立如图所示的空间直角坐标系，因为正方体的棱长为2x2y2z2R，得到x2y 所以所以R22 t，又0t2，且t0，所以当t1时，R取到最小值，最小值为2，故D1 1 14 tt确第二部分（非选择题共92分3515已知直线lkxy20与圆Cx42y21l上一点为圆心，1有交点，则k的取值范围 【详解】圆Cx4)2y21的圆心C(40)，半径r1，令直线lP4P为圆心，1C11PC11，即|PC|2P为圆心，1C有交点，则点C到直线l因 2，即3k24k0，解得0k k2 |4k2k的取值范围是0k4

2，则sin2θ 433 2cosθ2 221 14．（新情境）A33B3A6个球全是红球为止.记nA6个球恰好全是红球的概率为P，则P1P 2 22666 2666 1 P1P【答案】4A61次抽到红球，314251125512226 2266 2266 2666P1112111421112511442226 266 266 5A62次抽到红球，3P1121142112511577分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）在VABCABC对应边分别是abc.已知abc成等差数列，且2sinAsinC求cosA若VABC415，求VABC的面积 ；（5分（2）因为cosA，且A0,π，所以sinA1cos2A1 78 b2c2(2)3【详解】（1）因为abc成等差数列，所以2bac因为2sinAsinC，由正弦定理可得2ac，将其代入2bac，可得b3a3a由余弦定理可得cosA【答案】(1) 2设设VABCRR415.（7分sin2R可得a2RsinA24 则c2a2b3a3 所以VABC的面积S1bcsinA13215315.（13分2 16．（15分PABCPA1PB

，PC3，AB3，BC

6AC ，点MNPBPCPAAMN求MNBCPAB所成角的正弦值1在Rt△PANcosAPNPNPN 所以在RtVPAMPAAMNAMANAMN，PAAMPAAN，cosAPMPAPM112212PA2PB22PA在VPAB中，由余弦定理，得cosAPB 21 19PA2PC2AC2PA(3)3【详解】（1）在VPAC中，由余弦定理，得cosAPC【答案】(1)(2)PB2PC2BC 129 5在PBC中，由余弦定理，得cosBPC

2PB

223 MN

PM2PN22PMPNcosMPN

342

3253

2.（5分所以在RtVPAMAM

PM2PA22在Rt△PANAN

PN2PA2

3MA2NA2MN 23 在VAMN中，由余弦定理，得cosMAN 6

2MA

22 所以sinMAN

1cos2MAN

1 4 APBC的距离为h1h

1PMPNsin得VPVP

VAVA

V

1PBPCsin

323

1，所以

31PA1AMANsinMAN1231015.（10分P P

MAMNAN的中点O，显然OMAN，PAAMNOMAMN，PAOM因此以OMONxy轴，过OPAzA0,

2,0,P0,

2,1,N

2,0,M

2,0,0 MPBPN2NC

5,3,1，C0,3,1，即

5,3,1

2 BC

2 PAB的法向量为mxyz PA0,0,1,PB5,3,2 35.（15分5313BC15 所以sinθcosBC→mPAz所以m 3,所以取该平面的一个法向量 5x3y3y2z 5xm→17．（15分A，B两类关卡，A，B2

，.A，B5100分.3次闯关机会.A 5P 5PC 1PAPAC2 2 1 1PCPAPCAPBPCB1214(2)96000【详解】（1）Ai表示“iA”Bi表示“iB”，设事件Ci表示“i次闯关成功”，【答案】(1)，，（6分96000元.（15分EX10001296，（8分125XB1000,12 52 P1221142218．（17分已知椭圆C

1(ab0)4

ykx(k

与椭圆CAB两点（A限）．当k

2ABx求CAMx轴于点MBM并延长交CPAP的斜率为k0kk0设|AB|t|AP|，求t【答案】【答案】 (2)（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）22【详解】（1）由题意有2a4，所以a2设椭圆焦距为2c，易知椭圆过点c,2c，所以c2

又a2b2c2，所以c24b24

1，即

2

20，解得b2244 所以a2bc2，故C

1．（3分（2）（ⅰ）Axyx0

0B(xyP(xyMx0)，由题意有ky0

1 k直线BP的斜率即PBBM的斜率 ，所以直线BP的方程y

kxx

y

kxxAP 00∴ x2y2

y1y0y1y0x1x0x1x0

1 ∴

y1y0x

x12yy

x12kxx

k kk01.（13分

（ⅱ）∵ABPAOMBMOAOMPMx而tanAOMktanPMxk由（ⅰ）知kk0APAB，又k0

k∴1APtanABP

tanAOMtanPMx 2

1tanAOMtan

2kk2 ∴t k 2k·22 当且仅当k2，即k

2时等号成立所以t22t的最小值为22．（17分19．（17分af(x)ln(2xax2sinxcosxg(xxlnxexxe2fx在区间[π,0)ag(x)当a4x[π,0)x[1f