云南省保山市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版）

这是一份云南省保山市2026届高三二模考试数学试卷含解析（word版），共18页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题(本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每小题给出的选项中，只有一 项是符合题目要求的)
【解析】
1. M=x x2+2x−8≤0={x∣−4≤x≤2},N=x∣y=lg3x+2={x∣x>−2} ,则 M∩N= {x∣−20,sinx0 ,所以 f′x=xsinx>0,fx 单调递增,所以 fx 在 −3π,−2π 上递增,在 −2π,−π 上递减,在 −π,0 上递增,在 0,π 上递增,在 π,2π 上递减,在 2π,3π 上递增,其中 x=0 两侧函数的单调性相同,可得 x=0 不是函数 fx 的极值点,所以 fx 在区间 −3π,3π 的极小值点为 x=−π,2π ,共有 2 个, 故选 D.
6. 由题意, a9,a10,a11 成等比数列, ∴a11=a102a9=a6+4d2a6+3d=4 ,解得 d=1 或 d=34 ,又数列 an 的各项均为整数, ∴d=1,∴a0=a6+3d=1,a10=a6+4d=2,∴q=a10a9=2,∴ 当 n≥9 时, an=2n−9,∴a2026=22017 ,故选 B.
7. 根据圆的几何性质,当点 C 位于过 A,B 中点 (即圆心 O ) 的垂线上时, ∠ACB 取得最大值,此时 CA=CB,△ACB 为等腰三角形,设 OA=OB=a ,则 AB=2a . 在 Rt△OCB 中, OC=40,OB=a ,可得 CB2=402+a2 . 由余弦定理,在 △ACB 中: cs∠ACB=CA2+CB3−AB22⋅CA⋅CB=2402+a2−2a22402+a2=1600−a21600+a2 ,题目要求 ∠ACB≥π3 ,由于 y=csx 在 0,π 上单调递减,故 cs∠ACB≤csπ3=12 ,所以 1600−a21600+a2≤12 , 21600−a2≤1600+a2⇒3200−2a2≤1600+a2⇒3a2≥1600⇒a2≥16003 ,解得 a≥4033 , 因为两喷泉间距 AB=2a ,因此 AB≥2×4033=8033 米,故选 A .
8. 如图,设 BD 中点为 O,∴∠A1AO=45∘,AO=AO=22 , ∵AB=AD,∴AO⊥BD ,即 OB=AB2−AO2=22 , ∵BD=2OB=42 ，则 AB2+AD2=BD2 ， ∴AB⊥AD . 又 AO⊥ 平面 ABCD,BD⊂ 平面 ABCD,∴AO⊥BD ,则 AB=AD=AO2+OB2=4,∴AB2+AD2=BD2 ,即 AB⊥AD,∴ 三棱锥 A−ABD 中,

△ABD,△ABD 均为直角三角形,且平面 ABD∩ 平面 ABD=BD,∴ 三棱锥 A−ABD 的外接球是以 BD 为直径, O 为球心,半径 R=22 ,设 O 到平面 BCC1 B1 的距离为 d ,外接球被平面 BCC1 B1 截得的截面半径为 r,VB1−OBC=13×12×22×22×22=823, ∵BB1=BC=B1C =4, S△BBiC=12×4×4sin60∘=43, VO−BBiC=VBi−OBC=13×43d=823 ,解得 d=263 ,
∴ 截面半径 r2=R2−d2=8−83=163 ,而积为 16π3 ,故选 A.
二、多项选择题(本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分. 在每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)
【解析】
9. 对于 A,∵a>b>0 ,若 c=0 ,则 ac2=bc2 ,故 A 为假命题; 对于 B,∵a>b,−d>−c , ∵a−d>b−c ,故 B 为真命题; 对于 C,∵a1b ,故 C 为真命题; 对于 D,∵00 ,取 gx=1−x−2,x≤31−1x−2,x>3,则ℎx=1−x−2,x≤0−1x+1,x>0 ,此时 ℎx 为 R 上的增函数,无最大值, 故 D 错误, 故选 BC.
第 II 卷(非选择题，共 92 分)
三、填空题(本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分)
【解析】
12. x3 项系数为 −1−2−3−a=−10 ,解得 a=4 .
13. 由题可知双曲线 C 的实半轴长 a=2 ,设左焦点为 F1−22,0 ,所以 MN+MF2= MN+MF1−2a=MN+MF1−2a , MN+MF1−2a≥F1N−2a= −22−222+0−12−4=33−4 ,当且仅当 M、 F1、 N 三点共线且 M 在点 F1 和点 N 之间时取等号.
14. 由题 AM=mAB+nAC=73 m⋅37AB+75n⋅57AC ,取 AE=37AB,AF=57AC ,因为 73 m+75n=1 ,所以 M,E,F 三点共线. 在 △AEF 中, EF=AE2+AF2−2AE⋅AFcsA =19 ,记 △AEF 中EF 边上的高为 h,S△AEF=12AE⋅AFsinA=12EF⋅h ,解得 h=155738 , 即 AM 的最小值为 155738 ,当 M 与点 F 重合时, AM 的最大值为 5,所以 AM∈155738,5.
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. (本小题满分 13 分)
解: (1) 由 ccsB+2a+bcsC=0 ,得到 sinCcsB+2sinA+sinBcsC=0 , (1 分)
整理得到 sinB+C+2sinAcsC=0 , (2 分)
即 sinA+2sinAcsC=0 , (3 分)
又 A∈0,π ，则 sinA≠0 ， (4 分)
得到 csC=−12 , ( 5 分)
又 C∈0,π ,解得 C=2π3 . (6 分)
(2)由(1)知 C=2π3 ，
由余弦定理得 c2=a2+b2−2abcsC=a+b2−ab ,
(8 分)
又 c=23,a+b=4 ，所以 ab=4 ， (9 分)
由正弦定理知 csinC=2R (其中 R 为 △ABC 外接圆的半径),
(10 分)
得到 2R=2332=4 , (12 分)
所以 sinAsinB=ab4R2=442=14 . (13 分)
16. (本小题满分 15 分)
解: (1) 设动圆圆心 Qx,y ,半径为 r ,动圆过定点 P4,0 , (1 分) ∴x−42+y2=r , (2 分)
又 ∵ 圆在 y 轴上截得的弦长为 8,所以 822+x2=r2 , (4 分) 联立两式消去 r 得 y2=8x ,
∴ 动圆圆心 Q 的轨迹 C 的方程为 y2=8x . (5 分)
(2)由题 F2,0 ，设直线 l:x=my+2,Ax1,y1,Bx2,y2 ， (6 分) 联立 x=my+2y2=8x⇒y2−8my−16=0 ,
∴y1+y2=8 m,y1y2=−16 , (8 分)
∴AB 中点为 D4 m2+2,4 m , (9 分)
假设 Nt,0 满足条件, ∵AB=x1+x2+p=8m2+8 ,且 △ABN 为等边三角形,
∴ND⊥AB ,且 ND=32AB . (10 分)
①若m=0，则直线l: x=2, A2,4, B2,−4,D2,0 ，
∴ 存在 N2+43,0, N2−43,0 构成等边三角形; (12 分)
②若 m≠0 ，有题意得 KND=4m4m2+2−t=−m ， ∴t=4m2+6 ，
∴ND=4 m2+2−t2+4 m2=4 m2+2−4 m2−62+16 m2=41+m2 ,
又 ∵ND=32AB 且 AB=8m2+8 ，
∴41+m2=328 m2+8 ,
∴m2=−23 ,无解, (14 分)
综上,存在点 N2+43,0,N2−43,0 ,使得 △ABN 为等边三角形,此时直线方程为 x=2 . (15 分)
17. (本小题满分 15 分)
解: (1) 当 a=3 时, fx=ex−3x ,
则 f′x=ex−3 . (1 分)
令 f′x=0 ,即 ex−3=0 ,解得 x=ln3 . (2 分)
当 x0,fx 单调递增； (4 分)
∴fx 单调递减区间为 −∞,ln3 ,单调递增区间为 ln3,+∞ . ( 5 分)
(2) fx−f−x=ex−ax−e−x+ax=ex−e−x−2ax . (6 分)
设 gx=ex−e−x−2ax ,
则 fx−f−x≥0 在 0,+∞ 恒成立等价于 gx≥0 在 0,+∞ 恒成立. (7 分)
∴g′x=ex+e−x−2a , (8 分)
又 ex>0,e−x>0,∴ex+e−x≥2ex⋅e−x=2 ,当且仅当 x=0 时等号成立,
∴ 当 x>0 时, ex+e−x>2 . (9 分)
① 当 2a≤2 ，即 a≤1 时， g′x=ex+e−x−2a>2−2a≥0 ，
∴gx 在 0,+∞ 上单调递增,又 g0=e0−e0−0=0 ,
∴gx>g0=0 ,满足 fx−f−x≥0 在 0,+∞ 上恒成立. (11 分)
② 当 2a>2 ，即 a>1 时，
令 ℎx=ex+e−x−2a ，则 ℎ′x=ex−e−x=e2x−1ex .
∵x∈0,+∞,∴e2x−1>0,ex>0 ,
则 h′x>0,∴hx 在 0,+∞ 上单调递增.
又 h0=e0+e0−2a=2−2a0 ,
∴ 存在 x0∈0,+∞ ,使得 hx0=0 ,即 g′x0=0 ,
当 0