2026年7月浙江省普通高中学业水平考试数学试题（附答案解析）

这是一份2026年7月浙江省普通高中学业水平考试数学试题（附答案解析），共5页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知平面向量，若，则实数（ ）
A．B．3C．D．
3．已知函数（且），则该函数的定义域为（ ）
A．B．C．D．
4．抛掷一枚质地均匀的正方体骰子（六个面分别标注数字），则向上一面点数为1的概率为（ ）
A．B．C．D．
5．在中，角的对边分别为，已知，则边a的值为（ ）
A．B．C．D．
6．已知平面和两条不同的直线，则“”是“直线与平面所成的角相等”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．某人独立射箭2次，设事件A为“至多有1次射中”，则事件A的对立事件是（ ）
A．恰有1次射中B．两次都未射中C．至多有1次射中D．两次都射中
8．若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
9．声强级（单位：分贝）的计算公式为，其中I为声强，为基准声强．若两声源的声强级分别为，则（ ）
A．B．10C．D．
10．已知两个相交平面，二者形成的锐二面角大小为，点A在平面内，，在交线上取一点C，连接，，与所成的角为，求点A到平面的距离（ ）
A．B．1C．D．2
11．已知G是的重心，过点G的一条直线分别交边于点M，交边于点N，满足，则下列等式恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
12．已知三棱锥，点M为棱的中点，点P在线段上，且，点Q为棱上一点，且平面，下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
13．如图所示长方体中，下列结论正确的有（ ）
A．B．平面
C．平面D．平面平面
14．在中，下列恒等式一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
15．已知函数，下列说法正确的有（ ）
A．在上单调递增B．函数的图象关于点中心对称
C．当时，D．若，则
三、填空题
16．已知圆锥的底面半径，母线长为2，则该圆锥的侧面积为________．
17．已知是关于的实系数一元二次方程的一个根，则_______．
18．已知，若不等式恒成立，则m的最小值为________．
四、解答题
19．某样本的频率分布直方图中，数据为连续分组区间．
(1)求直方图中参数a的值；
(2)估计样本数据的中位数；
(3)估计样本数据的平均数．
20．已知函数．
(1)求的最小正周期；
(2)求函数图象的对称轴方程；
(3)若，求的最大值．
21．已知高斯函数（取整函数）表示不超过实数x的最大整数，函数.
(1)求的值；
(2)求函数的值域；
(3)若函数恰有4个零点，求实数m的取值范围．
《浙江省2026年7月普通高中学业水平考试数学试题》参考答案
1．B
【分析】根据集合交集的定义求解即可.
【详解】已知，，两个集合的公共元素为和，
因此.
2．B
【分析】利用向量垂直数量积为零，结合坐标运算列方程求解即可.
【详解】由，，，
可得：，解得，
3．C
【详解】由对数函数的定义，真数，解得.
所以函数的定义域为.
4．D
【详解】抛掷一次时，这六个数字中的任何一个朝上的可能性都是相等的，
因此，总共有6种等可能的结果，
所以所求概率为.
5．C
【详解】由正弦定理知.
6．A
【分析】根据线面角的定义判断两个命题的推出关系，判断充分性、必要性是否成立即可.
【详解】直线与平面所成角是直线与它在平面内的射影所成的角，取值范围为.
验证充分性：若：若或，则或，两直线与所成角均为，相等；
若，则，两直线与所成角均为，相等；
若与斜交，则也与斜交，两直线方向向量平行，方向向量与平面法向量的夹角相等，对应线面角相等.
因此充分性成立。
验证必要性：若与平面所成角相等，两直线不一定平行；例如圆锥的任意两条母线与底面所成角均相等，
但两条母线为相交关系，不满足平行，故必要性不成立.
综上，“”是“直线与平面所成的角相等”的充分不必要条件.
7．D
【分析】根据对立事件的定义，明确事件包含的所有射中情况，求其补集即可得到对立事件.
【详解】独立射箭次时，射中次数的所有可能取值为，，，
对应三类基本事件：两次都未射中、恰有1次射中、两次都射中，
事件“至多有1次射中”包含“两次都未射中”和“恰有1次射中”两类基本事件，
故事件的对立事件为“两次都射中”.
8．D
【详解】，，
，当且仅当时取等．
9．B
【详解】由题设，可得，故，则.
10．C
【分析】通过作辅助线构建二面角的平面角，将点到平面的距离转化为直角三角形中的边长，利用三角函数关系求解。
【详解】
如图，过点在平面内作，垂足为，
在中，因为与所成的角为，即，且，
所以
过点作平面，垂足为，连接，因为平面，平面，
所以，又因为，，所以平面，
因为平面，所以，故为二面角的平面角，
由题意可知，二面角的大小为，即，在中，
， 所以点到平面的距离
故选：C.
11．A
【分析】首先利用重心的性质得到关于和的表达式，再结合已知条件将和用和表示，最后根据三点共线的性质列出等式求解.
【详解】设的中点为，因为是的重心，根据重心的性质可知，
又因为是的中点，所以，则，
代入条件可得：，
根据三点共线，则，故.
12．C
【详解】
如图所示，作中点，连接，
所以的交点为的重心，所以，
因为平面，平面，平面平面，
所以，所以，所以；
可知，所以与不共线，没有固定的长度关系.
13．ABD
【分析】本题考查长方体的几何性质，涉及线线垂直、线面平行、线面垂直以及面面平行的判定。利用长方体的结构特征及空间线面关系的判定定理逐一判断即可。
【详解】在长方体中，侧棱底面，而平面，所以，故选项A正确；
在长方体中，因为，又平面，平面，
所以平面，故选项B正确；
在长方体中，，平面，平面，故平面，
所以不垂直于平面，故选项C错误；
在长方体中，因为且，所以四边形是平行四边形，故，
又平面，平面，所以平面；
同理，由且可知四边形是平行四边形，则，
因为且，所以四边形是平行四边形，故；
又平面，平面，所以平面；
因为，且平面，根据面面平行的判定定理，平面平面，故选项D正确.
14．AD
【分析】由以及诱导公式即可求解.
【详解】对于A选项，因为，所以，
由诱导公式可得，故A正确；
对于B选项，因为，所以，
由诱导公式可得，故B错误；
对于C选项， 因为，所以，所以，
由诱导公式可得，故C错误；
对于D选项，因为，所以，所以，
由诱导公式可得，故D正确.
15．AC
【分析】由导数判断A项，由判断B项，利用函数的单调性可判断CD项．
【详解】对于A项，由已知，又函数为增函数，
所以函数为减函数，所以函数在上单调递增，故A项正确；
对于B项，，则函数的图象关于点中心对称，故B项错误；
对于C项，因为在上单调递增，所以当时，得，故C项正确；
对于D项，因为，所以，
当时，得，
因为在上单调递增，所以，
则,故D项错误．
16．
【分析】本题主要考查圆锥的侧面积公式.圆锥的侧面积，其中为底面半径，为母线长，代入数据即可.
【详解】圆锥的侧面积.
17．
【分析】将代入一元二次方程即可求解.
【详解】代入方程可得：，化简可得：，解得.
18．
【分析】以为主元，即恒成立，进行求解．
【详解】以为主元，即恒成立，
即，
设，
因为，所以，
因此需要满足，得，
由，得，
得，故m的最小值为.
19．(1)
(2)
中位数为
(3)
平均数为
【分析】（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和为1列方程求解即可.
（2）判断中位数所在区间，列方程求解即可.
（3）根据用频率分布直方图估计样本数据的平均数公式求解即可.
【详解】（1）根据频率分布直方图中所有矩形面积之和为1，得 ，
化简得，解得.
（2）第一组频率， 前两组累计频率，
故中位数在区间内.
设中位数为，则， 解得.
（3）各组中点依次为3,7,11,15,19,23， 对应频率依次为，
因此平均数为 .
20．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）（2）先利用辅助角公式将化为正弦型标准形式，再根据正弦型函数的周期、对称轴性质求解即可；
（3）通过降幂公式结合已知角的关系化简表达式，利用余弦函数的值域求最值即可.
【详解】（1） ，故；
（2）由（1）知，令，解得，
即图象的对称轴方程为；
（3） ，
因此，
由得，代入得 ：
，
代入原式得，因为，
故，所以的最大值是8.
21．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据取整函数的定义计算即可；
（2）利用取整函数判断，进而代入即可判断；
（3）首先判断函数本身的奇偶性，进而将零点问题进行化简，通过讨论不同范围的取值即可求解.
【详解】（1）由题意得，.
（2）因为，因此，即，即函数值域为.
（3）函数的定义域为，且，
即函数为定义在实数域上的偶函数，则其零点关于原点对称，
因此恰有个零点等价于时，恰有个零点，且不是零点，
时，，即，
当时，设，
故若时，，，此时函数在上单调递增，值域为，
当时，，，此时函数在上单调递增，值域为，
当时，，，此时函数在上单调递增，值域为，
在的零点个数，即方程的正根的个数，
当时，在有个解，在有个解，
当时，在有个解，在处也有个解，
当或时，正根仅有个.
综上.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
D
C
A
D
D
B
C
题号
11
12
13
14
15





答案
A
C
ABD
AD
AC