浙江省湖州、衢州、丽水三地市2026届高三下学期4月二模试题 数学 含解析

湖州、衢州、丽水2026年4月三地市高三教学质量检测数学试题卷1．本试题卷共4页，满分150分，考试时间120分钟．2．考生答题前，务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔填写在答题纸上．3．选择题的答案须用2B铅笔将答题纸上对应题目的答案标号涂黑，如要改动，须将原填涂处用橡皮擦净．4．非选择题的答案须用黑色字迹的签字笔或钢笔写在答题纸上相应区域内，作图时可先使用2B铅笔，确定后须用黑色字迹的签字笔或钢笔描黑，答案写在本试题卷上无效．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.已知集合，则（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据已知结合集合之间的关系的判断以及集合的交集、并集运算，即可得答案.【详解】由题意知集合，则，则不是的子集，A错误；，不是的子集，B错误；所以，C正确；，D错误，故选：C.2.函数的最小正周期为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据正切型函数周期公式即可.【详解】由题意得，故选：C．3.已知正方体，E为棱的中点，则下列与直线不互为异面直线的是（）．A.直线 B.直线 C.直线 D.直线【答案】C【解析】【详解】对于直线，在底面内，不与共面，也不相交,所以是异面直线.对于直线，与不在同一平面，无交点，不平行，所以是异面直线.对于直线,与相交于中心点，是相交直线，所以不是异面直线.对于直线,两者无交点，不平行，不在同一平面内，所以是异面直线.4.已知复数（为虚数单位），则（）．A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】先根据复数三角形式的乘法法则求出，再相减结合三角函数值化简结果.【详解】由，，，，所以.5.已知三组数据：①4，4，4，5，5，5，6，6，6；②3，3，4，4，5，6，6，7，7；③2，2，2，2，5，8，8，8，8的方差分别是，，，则（）．A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】由方差计算公式计算求解即可.【详解】，

，，故.6.如图，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，若点P是圆B上的动点，则的最大值是（）．A. B. C.4 D.【答案】D【解析】【分析】以A为原点，建立平面直角坐标系，设，求出坐标，由数量积的坐标运算结合余弦函数的性质即可得出答案.【详解】如图，以A为原点，AC所在直线为x轴建立平面直角坐标系，已知正三角形的边长为2，以B为圆心的圆与直线相切，则，圆B的半径为，因为点P是圆B上的动点，设，则，则，因为，所以，当时，取得最大值为.7.已知为坐标原点，点，动点、在抛物线上，满足．若点关于直线的对称点为，则的最大值是（）．A. B.9 C. D.8【答案】B【解析】【详解】设直线的方程为，，联立抛物线方程得，，由韦达定理得，，由得，，代入，得，将代入，得，或（舍去），所以直线的方程为，恒过点，因为点关于直线的对称点为，所以垂直平分，是中点，所以，所以点的轨迹是以为圆心，半径的圆（除去原点），则点轨迹方程为，所以，所以.8.已知函数的定义域为D，对于任意给定，都存在，使得，则称函数为“倍增友好函数”，则下列函数中不是“倍增友好函数”的是（）．A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】对于A，根据，都有判断；对于B，根据时，；对于C，根据，只对成立判断；对于D，由题得，再分和两种情况讨论判断.【详解】对于A选项，的定义域为，对于任意给定，任取，都有，满足“倍增友好函数”定义；对于B选项，的定义域为，对于任意给定，取，，满足“倍增友好函数”定义；对于C选项，的定义域为，对于任意给定，取，，，要使成立，则，又，解得，这意味着对于任意的的正整数，不存在满足条件，所以该函数不满足“倍增友好函数”定义；对于D，的定义域为，对于任意给定，取，，，故当，即，变形得：，所以，当时，，解得，当时，，均满足，综上，满足“倍增友好函数”定义.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，有多项符合题目的要求，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.已知等比数列的公比为q，．若，，则下列说法正确的有（）．A. B. C. D.【答案】ABC【解析】【分析】由等比数列的性质结合已知条件计算，即可判断各个选项.【详解】由已知，，C正确；则，B正确；又，则，A正确；则，D错误.10.已知连续型随机变量Y服从正态分布，记函数，，则（）．（注：若，则，）A. B.C.的图象关于直线对称 D.的图象关于点对称【答案】AC【解析】【分析】利用正态分布的性质进行判断即可.【详解】因为，所以连续型随机变量服从正态分布，且均值，标准差，A选项，，而，代入、，得，由正态分布的性质得：，所以，所以A选项正确；B选项，，由解析A可知：，由正态分布的对称性可知：，又，所以，解得：，因此，所以B选项错误；对于C，，则，，而Y服从正态分布，区间和关于直线对称，故，即的图象关于直线对称，C选项正确；对于D，，若的图象关于点对称，则，即，而Y服从正态分布，则，，故，当时，，即的图象不关于点对称，D错误.11.已知定义在R的函数和均为奇函数，且满足函数是奇函数，函数是偶函数．若当时，，则（）．A.B.对任意，C.当且仅当，D.【答案】ABD【解析】【分析】对于A，根据奇偶性，结合上的解析式求解判断；对于B选项，构造函数，，进而结合题意得与分别是以2和4为周期的周期函数，再结合周期性求得对任意，即可判断；对于C，结合B选项，说明不满足条件即可；对于D选项，结合奇函数的定义得，均为奇函数，再根据对称性，结合时的解析式求得，的值域为，再根据即可判断.【详解】对于A，因为为定义在R上的奇函数，所以，因为当时，，所以，故A正确；对于B，因为函数为奇函数，所以，即，所以，又因为，所以，即，令，则，即，所以是以2为一个周期的周期函数，因为，，所以，所以对任意，，即，也即，因为为定义在R上的奇函数且函数是偶函数，所以，，，即，故，所以，令，则，所以，即是以4为一个周期的周期函数，因为，，，，所以，对于任意的，，即，也即.综上，对任意，，故B正确；对于C，由B选项知，，，，故C错误；对于D，对于，，，所以，均为奇函数，因为当时，，则当时，，，所以当时，，，所以，当时，，，又，故关于对称，故当时，，综上，，，的值域为.所以，即，所以，D正确.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12.椭圆的离心率为______．【答案】##【解析】【详解】化成标准方程为，所以，所以，所以13.已知函数，，则函数的单调递增区间是______．【答案】【解析】【分析】利用辅助角公式求出，求出函数的单调递增区间，结合定义域求得结果.【详解】因为，函数的单调递增，即解得，又因为，当，函数的单调递增区间14.如图所示，有一只内壁呈半球面的小碗，半径为，碗内放了三颗汤圆（视为半径均为的球）．三颗汤圆两两相切，且汤圆与碗的内壁均相切．若汤圆与碗口等高，则______．【答案】【解析】【分析】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为，等边三角形的中心为，由题意得，，在中利用勾股定理即可求出答案.【详解】设半球面的球心为，三颗汤圆的球心分别为,因为汤圆与碗的内壁相切，所以，又因为三颗汤圆两两相切，所以，设等边三角形的中心为，因为汤圆与碗口等高，所以，在中，，在中，，即，即，所以，所以.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.在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的正三角形．（1）证明：；（2）若，求直线与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）取的中点，通过证明平面，结合线面垂直的性质可证；（2）以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系，求出法向量，利用向量法求解即可.【小问1详解】取中点，因为，是的中点，所以．又，是的中点，所以．又，平面，所以平面，又平面，所以．【小问2详解】因为平面平面，且平面平面，，可得平面．如图，以为原点，以，，所在直线分别为轴，建立空间直角坐标系．则，，，，．则，．设平面的法向量为，由，得，取，，得．由，得，所以，设与平面所成角为，则．因此直线与平面所成角的正弦值是．16.已知函数．（1）当时，求曲线在点处的切线方程；（2）若函数有极小值，且极小值大于0，求实数的取值范围．（其中是自然对数的底数）【答案】（1）（2）．【解析】【分析】（1）由导数的几何意义确定切线斜率，即可求解；（2）求导，通过，确定函数单调性，确定极值，进而可求解.【小问1详解】当时，则，故，故，，因此所求切线方程，即．【小问2详解】由题意定义域为R，，（ⅰ）若，则恒成立，可知在R上递减，无极值，不合题意．（ⅱ）若，令，解得；令，解得；可知在单调递减，在内单调递增，则有极小值，无极大值，所以，即，令，，则，可知在内单调递增，且，不等式等价于，解得，所以实数a取值范围为．17.记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知．（1）求的值；（2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，并求边长a的值．条件①：；条件②：；条件③：．注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分．【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据正余弦定理进行化简即可；（2）根据选择的条件不同，进行计算，注意不能选择条件②，利用第一小问的结果和面积联立方程即可求解.【小问1详解】由余弦定理和，得，整理得，由正弦定理，得．因为，所以．【小问2详解】若选择条件①．由（1）可得，．由，得①．又由余弦定理，得，解得②．联立①②，解得，，或者，．因此所求a的值是或者．若选择条件②，不符合要求，理由如下：因为，，所以，与正弦函数的值域矛盾，舍去；若选择条件③．由（1）可知，．又，，故．所以，化简得，得，因此所求a的值是3．18.设A，B两点的坐标分别为，，直线，相交于点M，且它们的斜率之积为3，记点M的轨迹为W，O为坐标原点．（1）求轨迹W的方程；（2）过点的动直线与W的左、右支交于P，Q两点，且与直线交于点C．过点F作直线，直线与直线，分别交于点D，E．（ⅰ）证明：为定值；（ⅱ）若的面积与的面积之比为，求点Q的坐标．【答案】（1）（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）．【解析】【分析】（1）直接利用题目中所给的条件即可求解，注意自变量的取值范围；（2）方法一：联立方程，利用韦达定理和三角形的面积公式进行求解；方法二：用几何比例关系，把面积比转化成线段比进行求解；方法三：将面积比转化成线段比，结合向量共线，代入曲线方程进行求解.【小问1详解】设动点为．则由直线，斜率之积为3，得yx+2⋅y整理可得x2因此轨迹W的方程为．【小问2详解】（ⅰ）设直线的方程为，，，则．由x=ty+4x24故Δ=直线的方程为，直线的方程为，由x=3ty+4同理解得．故，因此．即点F是线段的中点，因此为定值．（ⅱ）方法一：不妨假设点P在第二象限，点Q在第一象限，此时，，得．由题意（*）．由（ⅰ）得，．代入（*）化简得，得，即，解得或（舍去），因此，代入双曲线方程得．由对称性可得当点Q在第四象限时，，．因此点Q的坐标为．方法二：由题意，利用结合，可得．不妨设QFQC=λ，则得，，得．因此，得．解得（负值舍去）．故，因此，代入双曲线方程得，因此点Q的坐标为．方法三：不妨设，，．因为利用结合，得，由，得，化简得，解得．因此．故，因此，代入双曲线方程得，因此点Q的坐标为．19.现有质地均匀的150种不同的铜币1，2，3，…，150的数量分别为，，，…，，共计2026枚，即．（1）甲乙两人选择1枚铜币1进行抛币游戏，已知每次抛出铜币1，出现正面向上和反面向上的概率均为．游戏规则如下：若抛币者抛出正面向上，则该抛币者得1分，另一人不得分，且由该抛币者继续抛掷；若抛币者抛出反面向上，则两人均不得分，且换另一人进行下一次抛掷．现由甲第一次抛掷，记抛掷第n次时甲累计得分恰好为2分且乙累计得分小于2分的概率为．例如：当时，抛掷结果为：“正正；正反；反正；反反”，此时．（1）（ⅰ）计算，，，的值；（ⅱ）记，求；（2）丙从这2026枚铜币中不放回地随机抽取150枚，记抽取的150枚铜币中共包含X种不同的铜币种类，问：当铜币1，2，3，…，150的数量如何分布时，随机变量X的期望取到最大值，并说明理由．【答案】（1）（ⅰ）答案见解析；（ⅱ）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）（ⅰ）根据古典概型计算求解；（ⅱ）分为两种情况应用得出通项公式结合错位相减法计算求解；（2）先应用数学期望公式计算，再构造函数，结合组合数的性质计算求解.【小问1详解】（ⅰ），，，．（ⅱ）分为两种情况：①第一种情况：甲得2分，乙得0分．此时由乙得0分可知：“反面向上”是成对出现的，所以n必须为偶数，设．此时第次是“正”，前次可以看成组“反+反”与1次“正”的组合，共k种情况，则；②第二种情况：甲得2分，乙得1分．此时最后一次是“正