云南省昭通市2026届高三上学期高中毕业班模拟考试数学试题（原卷+解析）

这是一份云南省昭通市2026届高三上学期高中毕业班模拟考试数学试题（原卷+解析），共21页。试卷主要包含了 已知，满足，则， 已知，且，，则与的大小关系是， 数列为等差数列，为其前项和等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 已知为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
3. 已知在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
4. 设向量，夹角的余弦值为，且，，则（ ）
A 12B. C. 20D.
5. 已知，满足，则（ ）
A. B. C. D.
6. 某社区有青年100人，老年人100人.为调查该社区全体居民每月零花钱情况，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得青年每月零花钱均值为600元，方差为100，老年人每月零花钱均值为400元，方差为100.若青年、老年人样本量按比例分配，则可估计总体方差为（ ）
A. 11000B. 10101C. 10110D. 10100
7. 已知正项数列满足，则数列的前4项和（ ）
A. 102B. 96C. 120D. 140
8. 已知，且，，则与的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（ ）
A. 公差B.
C. D. 当时，最小
10. 若奇函数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. 的一个周期为2B.
C. D. 为偶函数
11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则双曲线的标准方程为
B. 若双曲线的方程：，为双曲线上的一点，且，则的面积为
C. 点为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为
D. 若过的直线与轴垂直，且与渐近线交于，两点，且，则双曲线的渐近线方程为
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 的二项展开式中含的项的系数为______.（用数字作答）
13. 函数，则曲线在处的切线方程为______.
14. 如图，在矩形纸片中、，，、、、分别是四边的中点.现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）.若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连______条（用数字作答）；设该四面体的体积为，则______.（用数字作答）
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数，且的最小正周期.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若，求函数的最值及取得最值时的取值集合.
16. 在平面直角坐标系中，，，动点在曲线上，且满足.
（1）求曲线标准方程；
（2）过点且斜率为的直线与曲线交于，两点，若的面积为，求的值.
17. 如图，四边形是等腰梯形，，，，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.
18. 设为实数，函数.
（1）若曲线过点，求的值；
（2）当时，求的最小值；
（3）若恰有两个极值点，求取值范围.
19. 泊松分布（Pissn Distributin）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作.
（1）当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求近似值；
（2）已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字）
（3）若，且，求的取值范围.
参考数据：若，，，则有，，.昭通市2026届高中毕业生模拟考试
高三数学试卷
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.在试题卷上作答无效.
3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.
一、单项选择题（本大题共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. 已知为虚数单位，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用复数的除法公式求解即可.
【详解】由，
故选：C
2. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可.
【详解】由，可得或，又，
所以.
故选：D
3. 已知在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】根据正弦定理求出.
【详解】根据正弦定理可得：，即，解得.
因为，所以，所以，
故选：B.
4. 设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（ ）
A. 12B. C. 20D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用平面向量数量积的运算律求解.
【详解】.
故选:B.
5. 已知，满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先判定角范围，再利用二倍角公式将三角函数变形，最后结合角的范围确定正弦值.
【详解】因为，所以，所以，
有，所以.
故选：A
6. 某社区有青年100人，老年人100人.为调查该社区全体居民每月零花钱情况，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得青年每月零花钱均值为600元，方差为100，老年人每月零花钱均值为400元，方差为100.若青年、老年人样本量按比例分配，则可估计总体方差为（ ）
A. 11000B. 10101C. 10110D. 10100
【答案】D
【解析】
【分析】先求得总体的均值，再根据分层抽样的性质求解总体的方差.
【详解】由题意得，总体的均值为，
，
所以总体的方差为：
，
，
故选：D.
7. 已知正项数列满足，则数列的前4项和（ ）
A. 102B. 96C. 120D. 140
【答案】C
【解析】
【分析】根据得出，再根据等比数列的求和公式计算.
【详解】因为满足，所以.
因为，所以.
因为，所以是以3为首项，以3为公比的等比数列，
所以.
故选：C.
8. 已知，且，，则与的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意构造函数求解出，根据选项构造函数，判断其单调性从而得出选项.
【详解】因为，所以，由可得。又，
故
设，显然为增函数，因为，所以.
因为，且为增函数，所以，
同理，设，因为，且为增函数，所以，
结合，可知则.
令，设，则，
当时，单调递增，则在上单调递增，
故，解得.
故选：B.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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. 数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（ ）
A. 公差B.
C. D. 当时，最小
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据等差数列前项和公式，结合等差数列的通项公式逐一判断即可.
【详解】设等差数列的公差为，则，故A错误；
因，，所以，解得，故B正确；
对于选项C、D，因为，
所以，
而；由于二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线.
又因为，所以当时，最小，故C、D正确，
故选：BCD
10. 若奇函数满足，则下列选项正确的是（ ）
A. 的一个周期为2B.
C. D. 为偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】由得的对称轴为，结合的奇函数性质对选项逐一辨析即可.
【详解】因为，所以，
所以的对称轴为，
则，∴，A正确；
因为，故，，
又关于对称，故，B错误；
因为，且的周期为2，
所以，
所以是的对称轴，其值不一定为0，故C错误；
因为，所以为偶函数，D正确.
故选：AD.
11. 已知双曲线：的左、右焦点分别为，，则下列说法正确的是（ ）
A. 若，，则双曲线的标准方程为
B. 若双曲线的方程：，为双曲线上的一点，且，则的面积为
C. 点为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为
D. 若过的直线与轴垂直，且与渐近线交于，两点，且，则双曲线的渐近线方程为
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据双曲线的定义、性质及焦点三角形等知识逐一计算判断即可.
【详解】由题意得，，，则，故双曲线的标准方程为，A正确；
由题意，令，有的面积，B错误；
设，，则，又，可解得，
又，∴，∴，故双曲线的离心率的取值范围为，C正确；
由题意可知，设点在点上方，代入，解得，
在中，，有，解得，双曲线的渐近线方程：，D正确，
故选：ACD.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 的二项展开式中含的项的系数为______.（用数字作答）
【答案】
【解析】
【分析】利用二项展开式的通项公式求解.
【详解】的展开式中，，
当时，，即第3项为，
所以含的项的系数为.
故答案为：
13. 函数，则曲线在处的切线方程为______.
【答案】
【解析】
【分析】对求导，令可求出，进而求得导函数解析式，再求出，由导数的几何意义即可得出答案.
【详解】因为，
所以，则，解得：，
所以，
则切线斜率，
又，所以.
则曲线在处的切线方程为：.
故答案为：.
14. 如图，在矩形纸片中、，，、、、分别是四边的中点.现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）.若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连______条（用数字作答）；设该四面体的体积为，则______.（用数字作答）
【答案】 ①. 5 ②. ##
【解析】
【分析】根据正四面体的结构特点分析如何折成正四面体，再根据正四面体的体积的求法求体积.
【详解】分别用虚线连接，，，，，
因为，，所以，
，所以.
所以沿着虚线，，，，折叠，让四点重合，
如图所示，可以得到棱长为2的正四面体，
所以折痕虚线段共5条（如图）.
因为四面体是棱长为2的正四面体，
为在底面的投影，为中点，则，
所以.
在中，，
又，
所以该正四面体的体积为：.
故答案为：5；
四、解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知函数，且的最小正周期.
（1）求函数的单调递减区间；
（2）若，求函数的最值及取得最值时的取值集合.
【答案】（1）
（2）最大值，取最大值时的集合是；最小值，取最小值时的集合是
【解析】
【分析】（1）根据正弦型三角函数的最小正周期的求解公式求出，利用整体法，结合正弦函数的单调区间，求解即可.
（2）由，可求出，利用整体法，结合正弦函数的最值，求解即可.
【小问1详解】
由题意得，
所以.
令，得，
所以的单调递减区间为.
【小问2详解】
依题意由，得，故，
所以.
当，即时，取最大值1，
故取最大值时的集合是；
当，即时，取最小值，
故取最小值时的集合是.
16. 在平面直角坐标系中，，，动点在曲线上，且满足.
（1）求曲线的标准方程；
（2）过点且斜率为的直线与曲线交于，两点，若的面积为，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；
（2）设，联立直线和椭圆构成的方程组，根据，由韦达定理可得，再根据，即可求解..
【小问1详解】
因为，
所以的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，
即，
曲线的标准方程为：.
【小问2详解】
由题意：设，直线方程为：，
联立得，由得，
，.
又.
设点到的距离为，
所以，
，解得或（舍去），
所以，.
17. 如图，四边形是等腰梯形，，，，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.
（1）证明：平面平面；
（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）易得四边形为菱形，得到，从而，，得到平面，再由证明；
（2）以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解.
小问1详解】
证明：如图，因为，为的中点，
所以.
又因为且，
所以四边形为菱形，，
所以，，
又，平面，
所以平面
同理可得：四边形为菱形，
所以，即平面.
又平面，
所以平面平面.
【小问2详解】
由（1）知即是边长为2的等边三角形，
因为，，
所以平面，
所以，，两两互相垂直.
以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，
已知，
则，，，，，
所以，，
设平面的法向量为，
则
取，得，，
故平面的一个法向量为.
设直线与平面所成角为，，
，
所以
直线与平面所成角的余弦值为.
18. 设为实数，函数.
（1）若曲线过点，求的值；
（2）当时，求的最小值；
（3）若恰有两个极值点，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用代入法进行求解即可；
（2）根据导数的性质，运用二次求导法进行求解即可；
（3）根据极值的定义，结合（2）的结论进行求解即可.
【小问1详解】
因为曲线过点，
所以，即.
又因为，所以或.
【小问2详解】
当时，，
所以.
令，则，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
则在上单调递减，在上单调递增.
又因为，
所以，，单调递减，
，，单调递增，
所以.
【小问3详解】
，
由（2）解答可知在上单调递减，在上单调递增，
且，.
若恰有两个极值点，则即，
所以的取值范围为.
19. 泊松分布（Pissn Distributin）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作.
（1）当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求的近似值；
（2）已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字）
（3）若，且，求的取值范围.
参考数据：若，，，则有，，.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由时，泊松分布近似于正态分布求解；
（2）设配送延迟包裹数，由，根据，，得到，由求解.
（3）由，得到，再根据泊松分布的概率公式求解.
【小问1详解】
当时，泊松分布近似于正态分布，
即，，要计算，
根据正态分布的性质，因，
故.
【小问2详解】
设为配送延迟包裹数，则，，
因为，，
，
所以，
那么，某天至少3起配送延迟的概率约为
.
【小问3详解】
由，可得，
根据泊松分布的概率公式：，，可得.
设，
由，可知在上为减函数.
因为，所以，
所以，即，故的取值范围为.