2026届云南省西双版纳傣族自治州高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026届云南省西双版纳傣族自治州高三第二次模拟考试数学试卷（含答案解析），共4页。试卷主要包含了考生要认真填写考场号和座位序号，已知，若，则等于，已知函数，则等内容，欢迎下载使用。
1．考生要认真填写考场号和座位序号。
2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。
3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。
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．设向量，满足，，，则的取值范围是
A．B．
C．D．
2．如图，在中，点M是边的中点，将沿着AM翻折成，且点不在平面内，点是线段上一点.若二面角与二面角的平面角相等，则直线经过的（ ）
A．重心B．垂心C．内心D．外心
3．已知我市某居民小区户主人数和户主对户型结构的满意率分别如图和如图所示，为了解该小区户主对户型结构的满意程度，用分层抽样的方法抽取的户主进行调查，则样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数分别为
A．240，18B．200，20
C．240，20D．200，18
4．若实数满足不等式组，则的最大值为（ ）
A．B．C．3D．2
5．过直线上一点作圆的两条切线，，，为切点，当直线，关于直线对称时，（ ）
A．B．C．D．
6．根据散点图，对两个具有非线性关系的相关变量x，y进行回归分析，设u= lny，v=(x-4)2，利用最小二乘法，得到线性回归方程为=0.5v+2，则变量y的最大值的估计值是（ ）
A．eB．e2C．ln2D．2ln2
7．已知，若，则等于（ ）
A．3B．4C．5D．6
8．已知函数的部分图象如图所示，将此图象分别作以下变换，那么变换后的图象可以与原图象重合的变换方式有（ ）
①绕着轴上一点旋转;
②沿轴正方向平移;
③以轴为轴作轴对称;
④以轴的某一条垂线为轴作轴对称.
A．①③B．③④C．②③D．②④
9．已知 若在定义域上恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，则（ ）
A．B．C．D．
11．如图，圆锥底面半径为，体积为，、是底面圆的两条互相垂直的直径，是母线的中点，已知过与的平面与圆锥侧面的交线是以为顶点的抛物线的一部分，则该抛物线的焦点到圆锥顶点的距离等于（ ）
A．B．1C．D．
12．已知双曲线的一条渐近线方程是，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．在△ABC中，()⊥(＞1)，若角A的最大值为，则实数的值是_______．
14．已知△ABC得三边长成公比为的等比数列，则其最大角的余弦值为_____.
15．一个空间几何体的三视图及部分数据如图所示，则这个几何体的体积是___________
16．已知全集为R，集合，则___________.
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）在平面直角坐标系中，，，且满足
（1）求点的轨迹的方程；
（2）过，作直线交轨迹于，两点，若的面积是面积的2倍，求直线的方程．
18．（12分）如图1，已知四边形BCDE为直角梯形，，，且，A为BE的中点将沿AD折到位置如图，连结PC，PB构成一个四棱锥．
（Ⅰ）求证；
（Ⅱ）若平面．
①求二面角的大小；
②在棱PC上存在点M，满足，使得直线AM与平面PBC所成的角为，求的值．
19．（12分）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）若不等式对恒成立，求实数的取值范围.
20．（12分）在平面直角坐标系中,已知椭圆：（）的左、右焦点分别为、,且点、与椭圆的上顶点构成边长为2的等边三角形．
（1）求椭圆的方程；
（2）已知直线与椭圆相切于点,且分别与直线和直线相交于点、．试判断是否为定值,并说明理由．
21．（12分）已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）当时，如果方程有两个不等实根，求实数t的取值范围，并证明.
22．（10分）在①，②，③这三个条件中任选一个，补充在下面问题中，求的面积的值（或最大值）．已知的内角，，所对的边分别为，，，三边，，与面积满足关系式：，且 ，求的面积的值（或最大值）．
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】
由模长公式求解即可.
【详解】
，
当时取等号，所以本题答案为B.
本题考查向量的数量积，考查模长公式，准确计算是关键，是基础题.
2．A
【解析】
根据题意到两个平面的距离相等，根据等体积法得到，得到答案.
【详解】
二面角与二面角的平面角相等，故到两个平面的距离相等.
故，即，两三棱锥高相等，故，
故，故为中点.
故选：.
本题考查了二面角，等体积法，意在考查学生的计算能力和空间想象能力.
3．A
【解析】
利用统计图结合分层抽样性质能求出样本容量，利用条形图能求出抽取的户主对四居室满意的人数．
【详解】
样本容量为：（150+250+400）×30%＝240，
∴抽取的户主对四居室满意的人数为：
故选A．
本题考查样本容量和抽取的户主对四居室满意的人数的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意统计图的性质的合理运用．
4．C
【解析】
作出可行域，直线目标函数对应的直线，平移该直线可得最优解．
【详解】
作出可行域，如图由射线，线段，射线围成的阴影部分（含边界），作直线，平移直线，当过点时，取得最大值1．
故选：C．
本题考查简单的线性规划问题，解题关键是作出可行域，本题要注意可行域不是一个封闭图形．
5．C
【解析】
判断圆心与直线的关系，确定直线，关于直线对称的充要条件是与直线垂直，从而等于到直线的距离，由切线性质求出，得，从而得．
【详解】
如图，设圆的圆心为，半径为，点不在直线上，要满足直线，关于直线对称，则必垂直于直线，∴，
设，则，，∴,．
故选：C．
本题考查直线与圆的位置关系，考查直线的对称性，解题关键是由圆的两条切线关于直线对称，得出与直线垂直，从而得就是圆心到直线的距离，这样在直角三角形中可求得角．
6．B
【解析】
将u= lny，v=(x-4)2代入线性回归方程=-0.5v+2，利用指数函数和二次函数的性质可得最大估计值.
【详解】
解：将u= lny，v=(x4)2代入线性回归方程=0.5v+2得：
，即，
当时，取到最大值2，
因为在上单调递增，则取到最大值.
故选：B.
本题考查了非线性相关的二次拟合问题，考查复合型指数函数的最值，是基础题,.
7．C
【解析】
先求出，再由，利用向量数量积等于0，从而求得.
【详解】
由题可知，
因为，所以有，得，
故选：C.
该题考查的是有关向量的问题，涉及到的知识点有向量的减法坐标运算公式，向量垂直的坐标表示，属于基础题目.
8．D
【解析】
计算得到，，故函数是周期函数，轴对称图形，故②④正确，根据图像知①③错误，得到答案.
【详解】
，，，
当沿轴正方向平移个单位时，重合，故②正确；
，，
故，函数关于对称，故④正确；
根据图像知：①③不正确；
故选：.
本题考查了根据函数图像判断函数性质，意在考查学生对于三角函数知识和图像的综合应用.
9．C
【解析】
先解不等式，可得出，求出函数的值域，由题意可知，不等式在定义域上恒成立，可得出关于的不等式，即可解得实数的取值范围.
【详解】
，先解不等式.
①当时，由，得，解得，此时；
②当时，由，得.
所以，不等式的解集为.
下面来求函数的值域.
当时，，则，此时；
当时，，此时.
综上所述，函数的值域为，
由于在定义域上恒成立，
则不等式在定义域上恒成立，所以，，解得.
因此，实数的取值范围是.
故选：C.
本题考查利用函数不等式恒成立求参数，同时也考查了分段函数基本性质的应用，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.
10．A
【解析】
根据分段函数解析式，先求得的值，再求得的值.
【详解】
依题意，.
故选：A
本小题主要考查根据分段函数解析式求函数值，属于基础题.
11．D
【解析】
建立平面直角坐标系，求得抛物线的轨迹方程，解直角三角形求得抛物线的焦点到圆锥顶点的距离.
【详解】
将抛物线放入坐标系，如图所示，
∵，，，
∴，设抛物线，代入点，
可得
∴焦点为，
即焦点为中点，设焦点为，
，，∴.
故选：D
本小题考查圆锥曲线的概念，抛物线的性质，两点间的距离等基础知识；考查运算求解能力，空间想象能力，推理论证能力，应用意识.
12．D
【解析】
双曲线的渐近线方程是，所以，即 ， ，即 ，，故选D.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．1
【解析】
把向量进行转化，用表示，利用基本不等式可求实数的值.
【详解】
，解得＝1．
故答案为：1.
本题主要考查平面向量的数量积应用，综合了基本不等式，侧重考查数学运算的核心素养.
14．
【解析】
试题分析：根据题意设三角形的三边长分别设为为，所对的角为最大角，设为，则根据余弦定理得，故答案为.
考点：余弦定理及等比数列的定义.
15．
【解析】
先还原几何体，再根据柱体体积公式求解
【详解】
空间几何体为一个棱柱，如图，底面为边长为的直角三角形，高为的棱柱，所以体积为
本题考查三视图以及柱体体积公式，考查基本分析求解能力，属基础题
16．
【解析】
先化简集合A,再求A∪B得解.
【详解】
由题得A={0,1},
所以A∪B={-1,0,1}.
故答案为{-1,0,1}
本题主要考查集合的化简和并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.
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）．（2）的方程为．
【解析】
（1）令，则，由此能求出点C的轨迹方程．
（2）令，令直线，联立，
得，由此利用根的判别式，韦达定理，三角形面积公式，结合已知条件能求出直线的方程。
【详解】
解：（1）因为，即直线的斜率分别为且，
设点，则，
整理得.
（2）令，易知直线不与轴重合，
令直线，与联立得，
所以有，
由，故，即，
从而，
解得，即。
所以直线的方程为。
本题考查椭圆方程、直线方程的求法，考查椭圆方程、椭圆与直线的位置关系，考查运算求解能力，考查化归与转化思想，是中档题。
18．Ⅰ详见解析；Ⅱ①，②或．
【解析】
Ⅰ可以通过已知证明出平面PAB，这样就可以证明出；
Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，可以求出相应点的坐标，求出平面PBC的法向量为、平面PCD的法向量，利用空间向量的数量积，求出二面角的大小；
求出平面PBC的法向量，利用线面角的公式求出的值.
【详解】
证明：Ⅰ在图1中，，，
为平行四边形，，
，，
当沿AD折起时，，，即，，
又，平面PAB，
又平面PAB，．
解：Ⅱ以点A为坐标原点，分别以AB，AD，AP为x，y，z轴，建立空间直角坐标系，由于平面ABCD
则0，，0，，1，，0，，1，
1，，1，，0，，
设平面PBC的法向量为y，，
则，取，得0，，
设平面PCD的法向量b，，
则，取，得1，，
设二面角的大小为，可知为钝角，
则，．
二面角的大小为．
设AM与面PBC所成角为，
0，，1，，，，
平面PBC的法向量0，，
直线AM与平面PBC所成的角为，
，
解得或．
【点睛】本题考查了利用线面垂直证明线线垂直，考查了利用向量数量积，求二面角的大小以及通过线面角公式求定比分点问题.
19．（1）（2）
【解析】
（1）按绝对值的定义分类讨论去绝对值符号后解不等式；
（2）不等式转化为，求出在上的最小值即可，利用绝对值定义分类讨论去绝对值符号后可求得函数最小值．
【详解】
解：（1）或或
解得或或无解
综上不等式的解集为．
（2）时，，即
所以只需在时恒成立即可
令，
由解析式得在上是增函数，
∴当时，
即
本题考查解绝对值不等式，考查不等式恒成立问题，解决绝对值不等式的问题，分类讨论是常用方法．掌握分类讨论思想是解题关键．
20．（1）（2）为定值．
【解析】
（1）根据题意,得出,从而得出椭圆的标准方程．
（2）根据题意设直线方程：,因为直线与椭圆相切,这有一个交点,联立直线与椭圆方程得,则,解得①
把和代入,得和 ,
,的表达式,比即可得出为定值．
【详解】
解：（1）依题意,,,．
所以椭圆的标准方程为．
（2）为定值.
①因为直线分别与直线和直线相交,
所以,直线一定存在斜率．
②设直线：,
由得,
由,
得． ①
把代入,得,
把代入,得,
又因为,
所以,
,②
由①式,得, ③
把③式代入②式,得,
,即为定值．
本题考查椭圆的定义、方程、和性质,主要考查椭圆方程的运用,考查椭圆的定值问题,考查计算能力和转化思想,是中档题.
21．（1）当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；当时，的单调递增区间是，单调递减区间是；（2），证明见解析.
【解析】
（1）求出，对分类讨论，分别求出的解，即可得出结论；
（2）由（1）得出有两解时的范围，以及关系，将，等价转化为证明，不妨设，令，则，即证，构造函数，只要证明对于任意恒成立即可.
【详解】
（1）的定义域为R，且.
由，得；由，得.
故当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是；
当时，函数的单调递增区间是，
单调递减区间是.
（2）由（1）知当时，，且.
当时，；当时，.
当时，直线与的图像有两个交点，
实数t的取值范围是.
方程有两个不等实根，
，，，，
，即.
要证，只需证，
即证，不妨设.
令，则，
则要证，即证.
令，则.
令，则，
在上单调递增，.
，在上单调递增，
，即成立，
即成立..
本题考查函数与导数的综合应用，涉及到函数单调性、极值、零点、不等式证明，构造函数函数是解题的关键，意在考查直观想象、逻辑推理、数学计算能力，属于较难题.
22．见解析
【解析】
若选择①，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，
将代入，得．
又，∴，当且仅当时等号成立．
∴，
故的面积的最大值为，此时．
若选择②，，结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，
则，此时为等腰直角三角形，.
若选择③，，则结合三角形的面积公式，得，化简得到，则，又，从而得到，则．