2026年浙江金华义乌高三高考数学模拟试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页2026年5月浙江省普通高中适应性考试数学试卷一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的．1．已知平面向量，则（

）A． B． C． D．2．已知全集，若，则（

）A． B． C． D．3．双曲线的焦点到渐近线的距离为（

）A．4 B．3 C．2 D．14．设复数，则的最小值为（

）A．0 B．1 C．2 D．35．的二项展开式中系数最大的项为（

）A．第3项 B．第4项 C．第5项 D．第4项和第5项6．已知，则（

）A． B．3 C．或3 D．或37．已知各棱长均为的四面体可以在一个圆柱体内任意转动，则该圆柱的高的最小值为（

）A． B． C． D．8．已知实数，，则a，b，c的大小关系为（

）A．c＜b＜a B．c＜a＜b C．a＜c＜b D．a＜b＜c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，是两个平面，m，n是两条直线，则下列命题不正确的是（

）A．若∥，m，则m∥ B．若m，n∥m，则n∥C．若m，n，∥，则m∥n D．若m⊥n，m⊥，n∥，则⊥10．已知函数（不同时为0）在处取得最值，则下列说法正确的是（

）A．函数的周期为B．函数关于对称C．函数关于点成中心对称D．函数在上单调11．定义：对于实数数列，若存在正整数T，使得对任意，都有，则称数列为“半周期数列”，正整数T称为该数列的一个半周期．已知数列的前n项和为，则下列说法正确的是（

）A．若是公差为d的等差数列，则“是半周期数列”是“”的必要不充分条件B．若是公比为q的等比数列，则“是半周期数列”的充要条件是“”C．“对所有成立”的必要不充分条件是“不是半周期数列”D．若（k为正整数），则“数列的最小半周期为2”的充要条件是“k为偶数”三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．12．已知一个圆台的轴截面为梯形，若，则该圆台的侧面积为______．13．已知抛物线C：的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C交于M、N两点，点M在第一象限，若，则直线l的斜率为______．14．独立重复抛掷一枚质地均匀硬币，每次抛出正面和反面的概率均为，抛掷过程中记录累计正面次数和反面次数（初始）．规定：抛掷过程中，若出现以下两种情况之一时，停止抛掷：①累计正面次数满足，此时判定正面获胜；②累计反面次数满足，此时判定反面获胜．若已知第一次抛掷的结果为正面，则抛掷停止时正面获胜的概率为______．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．在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知．(1)求角A的大小；(2)若，的面积为，D为的中点，求的长度．16．如图，在四棱锥中，已知为正三角形，四边形为直角梯形，平面平面，，O为中点．(1)证明：平面；(2)求平面与平面所成夹角的余弦值．17．2026年中央广播电视总台春节联欢晚会设立义乌分会场，向全球展现了“世界小商品之都”的商贸活力与新春年味．某机构为研究观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关，从观看了义乌分会场节目的观众中随机抽取了200人进行问卷调查，得到如下列联表：对节目基本满意对节目特别满意合计不了解义乌小商品市场6040100了解义乌小商品市场3070100合计90110200(1)依据小概率值的独立性检验，分析观众对义乌分会场节目的满意度是否与了解义乌小商品市场有关；(2)节目组设置了摸“义乌小商品盲盒”游戏环节，观众每次游戏有两种结果：摸到“一锤定音”，概率为，此时观众获得100元奖金，游戏结束；摸到“再接再厉”，概率为，此时观众获得10元奖金，并继续游戏，奖金累计计入总奖金；若一名观众参与游戏最多可摸10次，10次均未摸到“一锤定音”，游戏也结束．求游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值．附：，其中0.10.050.010.0050.0012.7063.8416.6357.87910.82818．已知椭圆的离心率为，为椭圆C上的动点，是直线上的两个不同点，直线的斜率分别为，且原点O到直线的距离均为1．(1)求椭圆C的标准方程；(2)证明：(3)求周长的最小值．19．已知函数（）．(1)当时，讨论函数的单调性；(2)当时，函数有三个极值点．①证明：存在直线l，l与曲线切于点；②试判断过点可以作曲线的几条切线？并说明理由．答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【详解】解：．2．C【详解】解：，，．3．D【分析】根据题意得到焦点坐标及渐近线方程，再利用点到直线的距离公式求解．【详解】解：双曲线，由对称性，不妨取右焦点，其中一条渐近线方程为，即，则焦点到渐近线的距离．4．B【详解】已知，则对应复平面上的单位圆，，表示圆上点到定点的距离，圆心到定点的距离为：，单位圆半径，最小值为．5．A【详解】的二项展开式的通项为.由，得，由①得，；由②得，.又，所以，所以的二项展开式中系数最大的项为第3项.6．C【详解】，所以，，当时，，当时，，所以或.7．D【分析】由题意知，正四面体外接球可以在一个圆柱体内任意转动，求出正四面体外接球的半径，即可求出答案.【详解】由题意知四面体为正四面体，如图，点为的中心，根据正四面体的性质可知平面，所以正四面体外接球的球心位于上，设球心为，半径为，则，在中，，在中，，则，在中，由得，解得，各棱长均为的四面体可以在一个圆柱体内任意转动，即各棱长均为的四面体的外接球可以在一个圆柱体内任意转动，故该圆柱的高的最小值为.8．B【分析】构造函数，利用导数分析单调性，可判断，再利用指对运算得到；构造函数，利用导数分析单调性，可判断，从而判断，由此可得.【详解】令，则.当时，，单调递增；当时，，单调递减.所以在处取得极大值，极大值为.所以，即，所以，即，即.令，则恒成立，所以是增函数，所以，即，即，即，即.综上所述，.9．BCD【详解】若∥，则平面与平面无公共点，由，知，直线与平面无公共点，所以∥，所以A正确；若m，n∥m，则n∥或，所以B错误；若m，n，∥，则m∥n或异面，所以C错误；如图，正方体中，，平面，//平面，而平面与平面不垂直，所以D错误.10．ABD【详解】函数所以函数的周期为，所以A正确；因为函数在处取得最值，函数关于对称，所以B正确；因为函数在处取得最值，所以，所以.当为奇数时，；当为偶数时，.所以当为奇数时，；当为偶数时，.所以不关于点成中心对称，所以C错误；若，则，因为是增函数，在上单调递减，在上单调递增，所以当为奇数时，在上单调递减；当为偶数时，在上单调递增.所以D正确.11．BC【分析】对于A，根据定义可得，可得，再结合，可得即可判断；对于B，根据，可得为奇数，，再结合充要条件判断即可；对于C，若“是半周期数列”，可得，易得不是半周期数列，但，据此判断即可；对于D，易得时，“数列的最小半周期也为2”．【详解】解：对于A，，，又，所以，解得，则，解得，所以“等差是半周期数列”是“”的充要条件，故A错误；对于B，若等比数列是半周期数列，则，，则为奇数，，当时，，“是半周期数列”，综上，则“等比数列是半周期数列”的充要条件是“”，故B正确；对于C，若“是半周期数列”，则，，，即若“是半周期数列”，则一定存在，，故对所有成立，则一定不是半周期数列，易知不是半周期数列，但，则“对所有成立”的必要不充分条件是“不是半周期数列”，故C正确；对于D，时，，，则时，“数列的最小半周期也为2”，故D错误．12．【分析】根据题意得到圆台上下底面半径及母线长，再利用圆台侧面积公式求解．【详解】易知上底面圆的半径，下底面圆的半径，母线长，所以该圆台的侧面积．13．【分析】过点M，N作准线的垂线段，利用抛物线定义结合直角三角形求解作答．【详解】解：如图，过点M，N作抛物线准线的垂线，垂足分别为A，B，过N作于P，显然四边形是矩形，因直线过抛物线的焦点，交抛物线于，由抛物线定义知，，而，则，，设直线的倾斜角为，在，，则，．14．##0.75【分析】定义状态为当前次正面、次反面时，正面最终获胜的概率，建立递推关系.利用停止条件和对称性，求得，代入递推式计算出.【详解】已知第一次抛掷结果为正面，当前状态为，未满足停止条件，设为累计正面次数为，累计反面次数为时，最终正面获胜的概率，即当前状态下最终正面获胜的概率为.对未停止的任意状态，下一次抛正/反概率各为，故：，满足正面获胜时，满足反面获胜时.对状态：，其中满足，停止时正面获胜，故，因此：.由于硬币均匀，正反完全对称，交换正面和反面后，原正面获胜概率对应原反面获胜概率，即对状态有：，因此.故.15．(1)(2)【分析】（1）方法1：由正弦定理结合恒等变形化简得，再求角即可；方法2：由射影定理得，进而得到，再求角即可；（2）由三角形面积公式可得，再根据余弦定理可得，然后根据向量法求中线长即可．【详解】（1）解：方法1：∵，∴，∵，∴＞0，∴，∴，；方法2：由射影定理，对任意，有，代入题干条件得，因为b＞0，所以，又，故．（2）解：由三角形面积公式：代入，解得．由余弦定理，代得：，因为D为中点，由向量中线公式：，两边平方得：，因此．16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由面面垂直的性质可得平面，进而得到，再利用勾股定理可得，然后根据线面垂直的判定即可证明；（2）以O为原点，建立如图空间直角坐标系，再利用空间向量法求面面夹角即可．【详解】（1）因为是边长为2的正三角形，O为中点，所以．∵平面平面，交线为平面，∴平面．因为平面，所以．在直角梯形中：，，，，因此，∴．又，且平面，∴平面；（2）以O为原点，建立如图空间直角坐标系，易得，,设平面的一个法向量为，则，令，解得．又，．设平面的一个法向量为，则，令，解得．设平面与平面所成夹角为，则．17．(1)有关；(2).【分析】（1）根据给定的数表求出的观测值，再与临界值比对即可.（2）法1：求出的可能值及对应的概率，再利用期望的定义列式，利用错位相减法求和即得；法2：求出获得的累计奖金期望的递推公式，再利用构造法求出通项公式即可.【详解】（1）零假设：观众对节目的满意度与了解义乌小商品市场无关，计算，依据小概率值的独立性检验，推断零假设不成立，认为观众对义乌分会场节目的满意度与了解义乌小商品市场有关，此推断犯错误的概率不超过0.001.（2）方法1：奖金总数，，其中，，因此，即，，两式相减得，，于是，所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为：.方法2：设为剩余最多n次抽奖机会时，获得的累计奖金期望，则，即，，因此，而，则，当n＝10时，，所以游戏结束时该观众获得的总奖金数X的均值为.18．(1)(2)证明见解析(3)【分析】（1）根据已知条件求得，进而求得椭圆的标准方程；（2）利用原点到直线的距离列方程，结合根与系数关系证得；（3）求得周长的表达式，利用换元法以及函数的单调性求得周长的最小值．【详解】（1）∵，∴,因此椭圆C的标准方程为：.（2）直线，即，原点O到直线距离为1，由点到直线距离公式：①；平方整理得：，同理：，∴、是方程两根，由韦达定理得：.（3）∵，∴，同理：，，，由①可得；，同理：，∴∵，，∴，∵，∴，∴，令，，设，，∴，，∴在单调递减，∴△PAB的周长的最小值为.19．(1)若，在上单调递增；若，在内单调递增，在内单调递减(2)①证明见解析；②两条切线，理由见解析【分析】（1）求导，分和两种情况，利用导数判断函数的单调性；（2）①令，，可知有2个变号零点，且不为1，利用导数分析可知，，，，且是方程的两根，进而分析证明；②设切点，根据导数的几何意义可得，设，，结合的单调性分类讨论，结合①中结论分析判断.【详解】（1）当时，的定义域为，则，若，则，可知在上单调递增；若，令，解得；令，解得；可知在内单调递增，在内单调递减；综上所述：若，在上单调递增；若，在内单调递增，在内单调递减.（2）①时，则的定义域为，且，设，，可知有2个变号零