2026年云南省保山市高三第一次调研测试数学试卷（含答案解析）

这是一份2026年云南省保山市高三第一次调研测试数学试卷（含答案解析），共12页。试卷主要包含了答题时请按要求用笔等内容，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。
1．一个圆锥的底面和一个半球底面完全重合，如果圆锥的表面积与半球的表面积相等，那么这个圆锥轴截面底角的大小是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数，若，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．若点位于由曲线与围成的封闭区域内（包括边界），则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．已知角的顶点与坐标原点重合，始边与轴的非负半轴重合，若点在角的终边上，则（ ）
A．B．C．D．
5．运行如图所示的程序框图，若输出的的值为99，则判断框中可以填（ ）
A．B．C．D．
6．已知P是双曲线渐近线上一点，，是双曲线的左、右焦点，，记，PO，的斜率为，k，，若，-2k，成等差数列，则此双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
7．若圆锥轴截面面积为，母线与底面所成角为60°，则体积为( )
A．B．C．D．
8．泰山有“五岳之首”“天下第一山”之称，登泰山的路线有四条：红门盘道徒步线路，桃花峪登山线路，天外村汽车登山线路，天烛峰登山线路.甲、乙、丙三人在聊起自己登泰山的线路时，发现三人走的线路均不同，且均没有走天外村汽车登山线路，三人向其他旅友进行如下陈述：
甲：我走红门盘道徒步线路，乙走桃花峪登山线路；
乙：甲走桃花峪登山线路，丙走红门盘道徒步线路；
丙：甲走天烛峰登山线路，乙走红门盘道徒步线路；
事实上，甲、乙、丙三人的陈述都只对一半，根据以上信息，可判断下面说法正确的是（ ）
A．甲走桃花峪登山线路B．乙走红门盘道徒步线路
C．丙走桃花峪登山线路D．甲走天烛峰登山线路
9．已知向量，，且与的夹角为，则x=（ ）
A．-2B．2C．1D．-1
10．在正方体中，球同时与以为公共顶点的三个面相切，球同时与以为公共顶点的三个面相切，且两球相切于点.若以为焦点，为准线的抛物线经过，设球的半径分别为，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知实数满足线性约束条件，则的取值范围为（ ）
A．(-2,-1］B．(-1,4］C．[-2,4)D．[0,4]
12．已知全集，集合，则（ ）
A．B．C．D．
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．的展开式中的系数为__________（用具体数据作答）.
14．双曲线的离心率为_________．
15．甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，则“甲、乙两人恰好在同一企业”的概率为_________.
16．设为数列的前项和，若，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）已知函数，其导函数为，
（1）若，求不等式的解集；
（2）证明：对任意的，恒有.
18．（12分）在平面直角坐标系中，曲线的参数方程为（为参数），以坐标原点为极点，轴的正半轴为极轴建立极坐标系，直线的极坐标方程为，直线交曲线于两点，为中点.
（1）求曲线的直角坐标方程和点的轨迹的极坐标方程；
（2）若，求的值.
19．（12分）设函数．
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若存在，使得不等式对一切恒成立，求实数的取值范围．
20．（12分）已知，，函数的最小值为.
（1）求证：；
（2）若恒成立，求实数的最大值.
21．（12分）已知，函数．
（1）若，求的单调递增区间；
（2）若，求的值．
22．（10分）在中，角的对边分别为，已知．
（1）求角的大小；
（2）若，求的面积．
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．D
【解析】
设圆锥的母线长为l,底面半径为R,再表达圆锥表面积与球的表面积公式,进而求得即可得圆锥轴截面底角的大小.
【详解】
设圆锥的母线长为l,底面半径为R,则有,解得,所以圆锥轴截面底角的余弦值是,底角大小为.
故选：D
本题考查圆锥的表面积和球的表面积公式,属于基础题.
2．B
【解析】
对分类讨论，代入解析式求出，解不等式，即可求解.
【详解】
函数，由
得或
解得.
故选:B.
本题考查利用分段函数性质解不等式，属于基础题.
3．D
【解析】
画出曲线与围成的封闭区域，表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，然后结合图形求解可得所求范围．
【详解】
画出曲线与围成的封闭区域，如图阴影部分所示．
表示封闭区域内的点和定点连线的斜率，
设，结合图形可得或，
由题意得点A,B的坐标分别为，
∴，
∴或，
∴的取值范围为．
故选D．
解答本题的关键有两个：一是根据数形结合的方法求解问题，即把看作两点间连线的斜率；二是要正确画出两曲线所围成的封闭区域．考查转化能力和属性结合的能力，属于基础题．
4．D
【解析】
由题知，又，代入计算可得.
【详解】
由题知，又.
故选：D
本题主要考查了三角函数的定义，诱导公式，二倍角公式的应用求值.
5．C
【解析】
模拟执行程序框图，即可容易求得结果.
【详解】
运行该程序：
第一次，，；
第二次，，；
第三次，，，
…；
第九十八次，，；
第九十九次，，，
此时要输出的值为99.
此时.
故选：C.
本题考查算法与程序框图，考查推理论证能力以及化归转化思想，涉及判断条件的选择，属基础题.
6．B
【解析】
求得双曲线的一条渐近线方程，设出的坐标，由题意求得，运用直线的斜率公式可得，，，再由等差数列中项性质和离心率公式，计算可得所求值．
【详解】
设双曲线的一条渐近线方程为，
且，由，可得以为圆心，为半径的圆与渐近线交于，
可得，可取，则，
设，，则，，，
由，，成等差数列，可得，
化为，即，
可得，
故选：．
本题考查双曲线的方程和性质，主要是渐近线方程和离心率，考查方程思想和运算能力，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平．
7．D
【解析】
设圆锥底面圆的半径为，由轴截面面积为可得半径，再利用圆锥体积公式计算即可.
【详解】
设圆锥底面圆的半径为，由已知，，解得，
所以圆锥的体积.
故选：D
本题考查圆锥的体积的计算，涉及到圆锥的定义，是一道容易题.
8．D
【解析】
甲乙丙三人陈述中都提到了甲的路线,由题意知这三句中一定有一个是正确另外两个错误的,再分情况讨论即可.
【详解】
若甲走的红门盘道徒步线路,则乙,丙描述中的甲的去向均错误,又三人的陈述都只对一半,则乙丙的另外两句话“丙走红门盘道徒步线路”,“乙走红门盘道徒步线路”正确,与“三人走的线路均不同”矛盾.
故甲的另一句“乙走桃花峪登山线路”正确,故丙的“乙走红门盘道徒步线路”错误,“甲走天烛峰登山线路”正确.乙的话中“甲走桃花峪登山线路”错误,“丙走红门盘道徒步线路”正确.
综上所述,甲走天烛峰登山线路,乙走桃花峪登山线路, 丙走红门盘道徒步线路
故选：D
本题主要考查了判断与推理的问题,重点是找到三人中都提到的内容进行分类讨论,属于基础题型.
9．B
【解析】
由题意，代入解方程即可得解.
【详解】
由题意，
所以，且，解得.
故选：B.
本题考查了利用向量的数量积求向量的夹角，属于基础题.
10．D
【解析】
由题先画出立体图，再画出平面处的截面图，由抛物线第一定义可知，点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离因此球内切于正方体，设，两球球心和公切点都在体对角线上，通过几何关系可转化出，进而求解
【详解】
根据抛物线的定义，点到点的距离与到直线的距离相等，其中点到点的距离即半径，也即点到面的距离，点到直线的距离即点到面的距离，因此球内切于正方体，不妨设，两个球心和两球的切点均在体对角线上，两个球在平面处的截面如图所示，则，所以.又因为，因此，得，所以.

故选：D
本题考查立体图与平面图的转化，抛物线几何性质的使用，内切球的性质，数形结合思想，转化思想，直观想象与数学运算的核心素养
11．B
【解析】
作出可行域，表示可行域内点与定点连线斜率，观察可行域可得最小值．
【详解】
作出可行域，如图阴影部分（含边界），表示可行域内点与定点连线斜率，，，过与直线平行的直线斜率为－1，∴．
故选：B．
本题考查简单的非线性规划．解题关键是理解非线性目标函数的几何意义，本题表示动点与定点连线斜率，由直线与可行域的关系可得结论．
12．D
【解析】
根据函数定义域的求解方法可分别求得集合，由补集和交集定义可求得结果.
【详解】
，，，
.
故选：.
本题考查集合运算中的补集和交集运算问题，涉及到函数定义域的求解，属于基础题.
二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13．
【解析】
利用二项展开式的通项公式可求的系数.
【详解】
的展开式的通项公式为，
令，故，故的系数为.
故答案为：.
本题考查二项展开式中指定项的系数，注意利用通项公式来计算，本题属于容易题.
14．2
【解析】

15．
【解析】
求出所有可能，找出符合可能的情况，代入概率计算公式．
【详解】
解：甲、乙、丙、丁4名大学生参加两个企业的实习，每个企业两人，共有种，甲乙在同一个公司有两种可能，
故概率为，
故答案为．
本题考查古典概型及其概率计算公式，属于基础题
16．
【解析】
当时，由，解得，当时，，两式相减可得，即，可得数列是等比数列再求通项公式.
【详解】
当时，，即，
当时，，
两式相减可得，
即，
即，
故数列是以为首项，为公比的等比数列，
所以.
故答案为：
本题考查数列的前项和与通项公式的关系，还考查运算求解能力以及化归与转化思想，属于基础题.
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） （2）证明见解析
【解析】
（1）求出的导数，根据导函数的性质判断函数的单调性，再利用函数单调性解函数型不等式；
（2）构造函数，利用导数判断在区间上单调递减，结合可得结果.
【详解】
（1）若，则.
设，则，
所以在上单调递减，在上单调递增.
又当时，；当时，；当时，，
所以
所以在上单调递增，
又，所以不等式的解集为.
（2）设，再令，
，
在上单调递减，
又，
，
，
，
，
.
即
本题考查利用函数的导数来判断函数的单调性，再利用函数的单调性来解决不等式问题，属于较难题.
18．（1），；（2）或
【解析】
（1）根据曲线的参数方程消去参数，可得曲线的直角坐标方程，再由，，可得点的轨迹的极坐标方程；
（2）将曲线极坐标方程求，与直线极坐标方程联立，消去，得到关于的二次方程，由的几何意义可求出，而（1）可知，然后列方程可求出的值.
【详解】
（1）曲线的直角坐标方程为，
圆的圆心为，设，所以，
则由，即为点轨迹的极坐标方程.
（2）曲线的极坐标方程为，
将与曲线的极坐标方程联立得，，
设，
所以，
，
由，即，
令，上述方程可化为，解得.
由，所以，即或.
此题考查参数方程与普通方程的互化，极坐标方程与直角坐标方程的互化，利用极坐标求点的轨迹方程，考查运算求解能力，考查数形结合思想，属于中档题.
19． (Ⅰ) .(Ⅱ).
【解析】
(Ⅰ)时，根据绝对值不等式的定义去掉绝对值，求不等式的解集即可；(Ⅱ)不等式的解集为，等价于，求出在的最小值即可．
【详解】
(Ⅰ)当时，
时，不等式化为，解得，即
时,不等式化为，不等式恒成立，即
时,不等式化为，解得，即
综上所述，不等式的解集为
(Ⅱ)不等式的解集为
对任意恒成立
当时，取得最小值为
实数的取值范围是
本题考查了绝对值不等式的解法与应用问题，也考查了函数绝对值三角不等式的应用问题，属于常规题型．
20．（1）见解析；（2）最大值为.
【解析】
（1）将函数表示为分段函数，利用函数的单调性求出该函数的最小值，进而可证得结论成立；
（2）由可得出，并将代数式与相乘，展开后利用基本不等式可求得的最小值，进而可得出实数的最大值.
【详解】
（1）.
当时，函数单调递减，则；
当时，函数单调递增，则；
当时，函数单调递增，则.
综上所述，，所以；
（2）因为恒成立，且，，所以恒成立，即.
因为，当且仅当时等号成立，
所以，实数的最大值为.
本题考查含绝对值函数最值的求解，同时也考查了利用基本不等式恒成立求参数，考查推理能力与计算能力，属于中等题.
21．（1）；（2）.
【解析】
（1）利用三角恒等变换思想化简函数的解析式为，然后解不等式，可得出函数的单调递增区间；
（2）由得出，并求出的值，利用两角差的正弦公式可求出的值.
【详解】
（1）当时，
，
由，得，
因此，函数的单调递增区间为；
（2），，
，，，，
．
本题主要考查三角函数的图象和性质，利用三角函数公式将函数进行化简是解决本题的关键，属中等题．
22．（1）；（2）
【解析】
(1)利用正弦定理边化角,再利用二倍角的正弦公式与正弦的和角公式化简求解即可.
(2)由(1)有,根据正弦定理可得,进而求得的值,再根据三角形的面积公式求解即可.
【详解】
（1）由,得,
得,
由正弦定理得,
显然,同时除以,得.
所以.所以.
显然,所以,解得.又,所以.
（2）若,由正弦定理得,得,解得.
又,
所以.
本题主要考查了正余弦定理与面积公式在解三角形中的运用,需要根据题意用正弦定理进行边角互化,再根据三角恒等变换进行化简求解等.属于中档题.