2025-2026学年浙江省金华市高考冲刺数学模拟试题（含答案解析）

这是一份2025-2026学年浙江省金华市高考冲刺数学模拟试题（含答案解析），共19页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔，已知复数z满足，已知复数为纯虚数，则实数等内容，欢迎下载使用。
1．答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。
2．答题时请按要求用笔。
3．请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试卷上答题无效。
4．作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。
5．保持卡面清洁，不要折暴、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．已知实数，满足约束条件，则目标函数的最小值为
A．B．
C．D．
2．如图，用一边长为的正方形硬纸，按各边中点垂直折起四个小三角形，做成一个蛋巢，将体积为的鸡蛋（视为球体）放入其中，蛋巢形状保持不变，则鸡蛋中心（球心）与蛋巢底面的距离为（ ）
A．B．C．D．
3．已知数列是公差为的等差数列，且成等比数列，则（ ）
A．4B．3C．2D．1
4．已知的展开式中第项与第项的二项式系数相等，则奇数项的二项式系数和为（ ）．
A．B．C．D．
5．已知随机变量X的分布列如下表：
其中a，b，.若X的方差对所有都成立，则（ ）
A．B．C．D．
6．半径为2的球内有一个内接正三棱柱，则正三棱柱的侧面积的最大值为（ ）
A．B．C．D．
7．已知正三棱锥的所有顶点都在球的球面上，其底面边长为4，、、分别为侧棱，，的中点.若在三棱锥内，且三棱锥的体积是三棱锥体积的4倍，则此外接球的体积与三棱锥体积的比值为（ ）
A．B．C．D．
8．一场考试需要2小时，在这场考试中钟表的时针转过的弧度数为（ ）
A．B．C．D．
9．已知复数z满足（其中i为虚数单位），则复数z的虚部是（ ）
A．B．1C．D．i
10．已知复数为纯虚数(为虚数单位)，则实数（ ）
A．-1B．1C．0D．2
11．设f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,+∞)单调递减，则（ ）
A．B．
C．D．
12．已知集合A={x|y=lg（4﹣x2）}，B={y|y=3x，x＞0}时，A∩B=（ ）
A．{x|x＞﹣2} B．{x|1＜x＜2} C．{x|1≤x≤2} D．∅
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．记为数列的前项和.若，则______.
14．已知集合，，则________.
15．已知复数，且满足（其中为虚数单位），则____.
16．在△ABC中，∠BAC＝，AD为∠BAC的角平分线，且，若AB＝2，则BC＝_______.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（12分）如图，在三棱柱中，是边长为2的菱形，且，是矩形，，且平面平面，点在线段上移动（不与重合），是的中点.
（1）当四面体的外接球的表面积为时，证明：.平面
（2）当四面体的体积最大时，求平面与平面所成锐二面角的余弦值.
18．（12分）已知在中，角、、的对边分别为，，，，.
（1）若，求的值；
（2）若，求的面积.
19．（12分）如图，在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，A1A⊥平面ABC，∠ACB＝90°，AC＝CB＝C1C＝1，M，N分别是AB，A1C的中点.
（1）求证：直线MN⊥平面ACB1；
（2）求点C1到平面B1MC的距离.
20．（12分）已知在平面直角坐标系中，椭圆的焦点为为椭圆上任意一点，且.
（1）求椭圆的标准方程；
（2）若直线交椭圆于两点，且满足（分别为直线的斜率），求的面积为时直线的方程.
21．（12分）在中，角的对边分别为.已知，.
（1）若，求；
（2）求的面积的最大值.
22．（10分）以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，曲线的参数方程是（为参数，常数），曲线的极坐标方程是.
（1）写出的普通方程及的直角坐标方程，并指出是什么曲线；
（2）若直线与曲线，均相切且相切于同一点，求直线的极坐标方程.
参考答案
一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60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．B
【解析】
作出不等式组对应的平面区域，目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，利用数形结合即可得到的最小值．
【详解】
解：作出不等式组对应的平面区域如图：
目标函数的几何意义为动点到定点的斜率，
当位于时，此时的斜率最小，此时．
故选B．
本题主要考查线性规划的应用以及两点之间的斜率公式的计算，利用z的几何意义，通过数形结合是解决本题的关键．
2．D
【解析】
先求出球心到四个支点所在球的小圆的距离，再加上侧面三角形的高，即可求解.
【详解】
设四个支点所在球的小圆的圆心为，球心为，
由题意，球的体积为，即可得球的半径为1，
又由边长为的正方形硬纸，可得圆的半径为，
利用球的性质可得，
又由到底面的距离即为侧面三角形的高，其中高为，
所以球心到底面的距离为.
故选：D.
本题主要考查了空间几何体的结构特征，以及球的性质的综合应用，着重考查了数形结合思想，以及推理与计算能力，属于基础题.
3．A
【解析】
根据等差数列和等比数列公式直接计算得到答案.
【详解】
由成等比数列得，即，已知，解得.
故选：.
本题考查了等差数列，等比数列的基本量的计算，意在考查学生的计算能力.
4．D
【解析】
因为的展开式中第4项与第8项的二项式系数相等，所以，解得，
所以二项式中奇数项的二项式系数和为．
考点：二项式系数，二项式系数和．
5．D
【解析】
根据X的分布列列式求出期望,方差,再利用将方差变形为,从而可以利用二次函数的性质求出其最大值为,进而得出结论.
【详解】
由X的分布列可得X的期望为,
又,
所以X的方差
,
因为,所以当且仅当时,取最大值,
又对所有成立,
所以,解得,
故选:D.
本题综合考查了随机变量的期望､方差的求法,结合了概率､二次函数等相关知识,需要学生具备一定的计算能力,属于中档题.
6．B
【解析】
设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，利用，可得，进一步得到侧面积，再利用基本不等式求最值即可.
【详解】
如图所示.设正三棱柱上下底面的中心分别为，底面边长与高分别为，则，
在中，，化为，
，
，
当且仅当时取等号，此时.
故选：B.
本题考查正三棱柱与球的切接问题，涉及到基本不等式求最值，考查学生的计算能力，是一道中档题.
7．D
【解析】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面，计算，由勾股定理解得，此外接球的体积为，三棱锥体积为，得到答案.
【详解】
如图，平面截球所得截面的图形为圆面.
正三棱锥中，过作底面的垂线，垂足为，与平面交点记为，连接、.
依题意，所以，设球的半径为，
在中，，，，
由勾股定理：，解得，此外接球的体积为，
由于平面平面，所以平面，
球心到平面的距离为，
则，
所以三棱锥体积为，
所以此外接球的体积与三棱锥体积比值为.
故选：D.
本题考查了三棱锥的外接球问题，三棱锥体积，球体积，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
8．B
【解析】
因为时针经过2小时相当于转了一圈的，且按顺时针转所形成的角为负角，综合以上即可得到本题答案.
【详解】
因为时针旋转一周为12小时，转过的角度为，按顺时针转所形成的角为负角，所以经过2小时，时针所转过的弧度数为.
故选：B
本题主要考查正负角的定义以及弧度制，属于基础题.
9．A
【解析】
由虚数单位i的运算性质可得，则答案可求.
【详解】
解：∵，
∴，，
则化为，
∴z的虚部为.
故选：A.
本题考查了虚数单位i的运算性质、复数的概念，属于基础题.
10．B
【解析】
化简得到，根据纯虚数概念计算得到答案.
【详解】
为纯虚数，故且，即.
故选：.
本题考查了根据复数类型求参数，意在考查学生的计算能力.
11．D
【解析】
利用是偶函数化简，结合在区间上的单调性，比较出三者的大小关系.
【详解】
是偶函数，，
而，因为在上递减，
，
即．
故选:D
本小题主要考查利用函数的奇偶性和单调性比较大小，属于基础题.
12．B
【解析】试题分析：由集合A中的函数，得到，解得：，∴集合，由集合B中的函数，得到，∴集合，则，故选B．
考点：交集及其运算．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
由已知数列递推式可得数列是以16为首项，以为公比的等比数列，再由等比数列的前项和公式求解．
【详解】
由，得，．
且，
则，即．
数列是以16为首项，以为公比的等比数列，
则．
故答案为：1．
本题主要考查数列递推式，考查等比数列的前项和，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
14．
【解析】
利用交集定义直接求解．
【详解】
解：集合奇数，
偶数，
．
故答案为：．
本题考查交集的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，属于基础题．
15．
【解析】
计算出，两个复数相等，实部与实部相等，虚部与虚部相等，列方程组求解.
【详解】
，所以，所以.
故答案为：-8
此题考查复数的基本运算和概念辨析，需要熟练掌握复数的运算法则.
16．
【解析】
由，求出长度关系，利用角平分线以及面积关系，求出边，再由余弦定理，即可求解.
【详解】
,
，
，
，
.
故答案为:.
本题考查共线向量的应用、面积公式、余弦定理解三角形，考查计算求解能力，属于中档题.
三、解答题：共70分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。
17．（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）由题意，先求得为的中点，再证明平面平面，进而可得结论；
（2）由题意，当点位于点时，四面体的体积最大，再建立空间直角坐标系，利用空间向量运算即可.
【详解】
（1）证明：当四面体的外接球的表面积为时.
则其外接球的半径为.
因为时边长为2的菱形，是矩形.
，且平面平面.
则，.
则为四面体外接球的直径.
所以，即.
由题意，，，所以.
因为，所以为的中点.
记的中点为，连接，.
则，，，所以平面平面.
因为平面，所以平面.
（2）由题意，平面，则三棱锥的高不变.
当四面体的体积最大时，的面积最大.
所以当点位于点时，四面体的体积最大.
以点为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系.
则，，，，.
所以，，，.
设平面的法向量为.
则
令，得.
设平面的一个法向量为.
则
令，得.
设平面与平面所成锐二面角是，则.
所以当四面体的体积最大时，平面与平面所成锐二面角的余弦值为.
本题考查平面与平面的平行、线面平行，考查平面与平面所成锐二面角的余弦值，正确运用平面与平面的平行、线面平行的判定，利用好空间向量是关键，属于基础题．
18．（1）7（2）14
【解析】
（1）在中，，可得 ，结合正弦定理，即可求得答案；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式，即可求得答案.
【详解】
（1）在中，，
，
，
，
，
.
（2），
，
，
解得，
.
本题主要考查了正弦定理和余弦定理解三角形，解题关键是掌握正弦定理边化角，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.
19．（1）证明见解析.（2）
【解析】
（1）连接AC1，BC1，结合中位线定理可证MN∥BC1，再结合线面垂直的判定定理和线面垂直的性质分别求证AC⊥BC1，BC1⊥B1C，即可求证直线MN⊥平面ACB1；
（2）作交于点，通过等体积法，设C1到平面B1CM的距离为h，则有，结合几何关系即可求解
【详解】
（1）证明：连接AC1，BC1，则N∈AC1且N为AC1的中点；
∵M是AB的中点.
所以：MN∥BC1；
∵A1A⊥平面ABC，AC⊂平面ABC，
∴A1A⊥AC，
在三棱柱ABC﹣A1B1C1中，AA1∥CC，
∴AC⊥CC1，
∵∠ACB＝90°，BC∩CC1＝C，BC⊂平面BB1C1C，CC1⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥平面BB1C1C，BC⊂平面BB1C1C，
∴AC⊥BC1；又MN∥BC1
∴AC⊥MN，
∵CB＝C1C＝1，
∴四边形BB1C1C正方形，
∴BC1⊥B1C，∴MN⊥B1C，
而AC∩B1C＝C，且AC⊂平面ACB1，CB1⊂平面ACB1，
∴MN⊥平面ACB1，
（2）作交于点，设C1到平面B1CM的距离为h，
因为MP，
所以•MP，
因为CM，B1C；
B1M，所以
所以：CM•B1M.
因为，所以，解得
所以点，到平面的距离为
本题主要考查面面垂直的证明以及点到平面的距离，一般证明面面垂直都用线面垂直转化为面面垂直，而点到面的距离常用体积转化来求，属于中档题
20．（1）（2）或
【解析】
（1）根据椭圆定义求得，得椭圆方程；
（2）设，由得，应用韦达定理得，代入已知条件可得，再由椭圆中弦长公式求得弦长，原点到直线的距离，得三角形面积，从而可求得，得直线方程．
【详解】
解：（1）据题意设椭圆的方程为
则
椭圆的标准方程为.
（2）据得
设，则
又
原点到直线的距离
解得或
所求直线的方程为或
本题考查求椭圆标准方程，考查直线与椭圆相交问题．解题时采取设而不求思想，即设交点坐标为，直线方程与椭圆方程联立消元后应用韦达定理得，把这个结论代入题中条件求得参数，用它求弦长等等，从而解决问题．
21．（1）；（2）4
【解析】
（1）根据已知用二倍角余弦求出，进而求出，利用正弦定理，即可求解；
（2）由边角，利用余弦定理结合基本不等式，求出的最大值，即可求出结论.
【详解】
（1）∵，∴，
由正弦定理得.
（2）由（1）知，，
所以，，，
当且仅当时，的面积有最大值4.
本题考查正弦定理、余弦定理、三角恒等变换解三角形，应用基本不等式求最值，属于基础题.
22．（1），，表示以为圆心为半径的圆；为抛物线；（2）
【解析】
（1）消去参数的直角坐标方程，利用，即得的直角坐标方程；
（2）由直线与抛物线相切，求导可得切线斜率，再由直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，可求解得到切点坐标，即得解.
【详解】
（1）消去参数的直角坐标方程为：
.
的极坐标方程.
∵，
.
当时表示以为圆心为半径的圆；为抛物线.
（2）设切点为，
由于，则切线斜率为，
由于直线与圆相切，故切线与圆心与切点连线垂直，
故有
，
直线的直角坐标方程为，
所以的极坐标方程为.
本题考查了极坐标，参数方程综合，考查了学生综合分析，转化划归，数学运算的能力，属于中档题.
X
0
1
P
a
b
c