云南保山市2026届高三毕业生第二次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟

这是一份云南保山市2026届高三毕业生第二次模拟考试数学试卷（含解析）高考模拟，共9页。试卷主要包含了 下列说法中不正确的是，007， 函数在区间上的极小值点个数为等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分.第Ⅰ卷第1页至第3页，第Ⅱ卷第3页至第6页，考试结束后，请将答题卡交回.满分150分，考试用时120分钟.
第Ⅰ卷（选择题，共58分）
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号、准考证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.
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）
1. 设集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】，解得，
故，
定义域是，故，
则．
2. 棣莫弗公式是由法国数学家棣莫弗发现的.若复数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】由棣莫弗公式，.
3. 设椭圆的离心率为，，，分别为其左、右焦点，点为椭圆短轴的一个端点，且的面积为2，则椭圆的方程为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由椭圆离心率为，得，即，又因为，所以，
又点为椭圆短轴顶点，则，解得，所以，
即椭圆的方程为.
4. 下列说法中不正确的是（ ）
A. 一组数据47，48，49，53，54，56，58，59的上四分位数为57
B. 在成对样本数据分析中相关系数，表示两个变量之间没有线性相关关系
C. 根据线性回归方程得到预测值为时的观测值为34，则残差为0.007
D. 将总体划分为三层，通过分层抽样，得到三层的样本平均数和样本方差分别为，，和，，，若，则总体方差
【答案】D
【解析】
【详解】对于A，上四分位数（即第75百分位数）的计算位置为，
则上四分位数应取第6个数和第7个数的平均值，即，A正确；
对于B，相关系数的含义是两个变量没有线性相关关系，但可能存在非线性关系，B正确；
对于C，残差的定义是观测值与预测值之差，即，
则残差为，C正确；
对于D，设总体分为三层，各层样本容量为，总样本容量为.
各层样本平均数为，样本方差为.
总体方差.
当时，设，
，
即，
则总体方差等于，
仅当时，，而题目未说明各层样本容量相等（），不正确，故选D.
5. 函数在区间上的极小值点个数为（ ）
A. 5B. 4C. 3D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】求出函数的导数后判断其符号，从而可得极小值点的个数.
【详解】由函数，可得，
令，即，可得或，
因为，可得，，0，，，
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递增；
当时，，，所以，单调递减；
当时，，，所以，单调递增，
所以在,，，上递增，
在，上递减，
所以在区间的极小值点为，，共有2个.
6. 已知各项均为整数的数列中，，，前10项依次成等差数列，从第9项起依次成等比数列，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】由题意，，，成等比数列，
，
整理得，解得或，
又数列的各项均为整数，，
，，
，
当时，，
．
7. 公园某处有一个半径为40米的圆形水池，准备在水池中建两个喷泉.如图，设该圆形水池的圆心为O，A，B两点为喷泉，为该圆形水池边缘任意一点，要求O，A，B三点共线，且.若在该水池边缘任意一点处观察喷泉，观察角度的最大值不小于，则A，B这两个喷泉间距离的最小值为（ ）
A. 米B. 米C. 80米D. 40米
【答案】A
【解析】
【分析】设，利用余弦定理得到，再找出观察角度最大时，取得最小值，进而利用余弦定理和基本不等式求解即可．
【详解】设，在中，由余弦定理得，
在中，由余弦定理得，
因为，所以，
结合余弦函数的性质得，当观察角度最大时，取得最小值，
在中，由余弦定理可得，当且仅当时，等号成立，
因为的最大值不小于，所以，解得，
即，故，这两个喷泉间距离的最小值为米．
8. 平行六面体所有棱长都相等，，点在底面的投影为中点，且直线与底面夹角为，则三棱锥的外接球被平面截得的截面面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】平面与球相交截面是一个圆，首先确定外接球球心及半径，再求球心到平面距离，最后根据勾股定理求截面半径．
【详解】
如图，设中点为，，，
，，即，
，则，．
又平面，平面，，
则，，即，
三棱锥中，，均为直角三角形，
且平面平面，
三棱锥的外接球是以为直径，为球心，半径，
设到平面的距离为，外接球被平面截得的截面半径为，
对于三棱锥，高为，底面积，
故，
，
，，解得，
截面半径，面积为．
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. 已知实数a，b，c，d，则下列命题是真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，，则
C. 若，则D. 若且，则
【答案】BCD
【解析】
【详解】对于A，，若，则，故A为假命题；
对于B，，，又，，故B为真命题；
对于C，，则，，故C为真命题；
对于D，且，则，，故D为真命题．
10. 若数列的前项和为，且，在数列的前项中任取两项都是正数的概率记为，则下列说法正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】先求出数列的通项，再就的奇偶性分类求出，最后根据前两者逐项判断可得正确的选项.
【详解】数列中，，当时，，
则，而，解得，
所以数列是首项为1，公比为的等比数列，故.
当，时，
数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为，
当，时，数列的前项中，有个正数，个负数，
任取两项都是正数的概率为.
对于A，，A正确；
对于B，，B正确；
对于C，，C错误；
对于D，，，D正确，
11. 已知是定义在上的函数，若，则（ ）
A. 当函数均为奇函数时，为奇函数
B. 当函数均为增函数时，为增函数
C. 当函数均有最小值时，有最小值
D. 当函数均有最大值时，有最大值
【答案】BC
【解析】
【分析】取，，计算可判断A；根据函数单调性定义可判断B；根据函数最小值定义可判断C，取，取，计算可判断D.
【详解】对于A，设，，则，
即.此时为偶函数，故A错误.
对于B，若，都有，则，为增函数；
若，都有，则，为增函数；
若，假设时，时，
则在上的最大值，在上的最小值，
且必有，此时为增函数.故B正确.
对于C，由，可设.
若最小值为，最小值为，记，
，有，，
则，且使得，
即有最小值，故C正确.
对于D，取，取，
则，此时为上的增函数，无最大值，故D错误.
第Ⅱ卷（非选择题，共92分）
注意事项：
第Ⅱ卷用黑色碳素笔在答题卡上各题的答题区域内作答，在试题卷上作答无效.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知的展开式中，项的系数为-10，则________.
【答案】4
【解析】
【详解】项系数为，解得．
13. 已知点、分别为双曲线的左、右焦点，为双曲线右支上任意一点，点的坐标为，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【详解】由题可知双曲线的实半轴长，设左焦点为，
由双曲线定义，，得，
所以，
，
当且仅当、、三点共线且在点和点之间时取等号．
14. 已知是边长为7的等边三角形内一点（含边界），，，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】的运动轨迹实际上是等边三角形内一条线段，分别令，，可得线段两端点，然后求出的取值范围．
【详解】取，，，．
由题，
因为，所以M，E，F三点共线．
在中，，
记中EF边上的高为，，解得，
即的最小值为，当与点重合时，的最大值为5，
所以．
四、解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 在中，设内角A，B，C的对边分别是a，b，c，且满足.
（1）求角的大小；
（2）若，，求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【小问1详解】
由，得到，
整理得到，
即，
又，则，
得到，又，解得．
【小问2详解】
由（1）知，
由余弦定理得，
又，，所以，
由正弦定理知（其中为外接圆的半径），
得到，，
所以．
16. 已知动圆过定点，且在轴上截得的弦长为8，设动圆圆心的轨迹为.
（1）求的方程；
（2）已知点，过点的直线与交于，两点，在轴上是否存在点，使得为等边三角形？若存在，求出相应直线的方程；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）存在，
【解析】
【分析】（1）设点坐标，根据，由轴上截得的弦长为8及勾股定理构建方程，化简得到的方程．
（2）首先考虑直线垂直轴的情况，显然存在使得为等边三角形．对于直线不与轴垂直，设直线方程，与曲线联立．设中点为，根据韦达定理求出点坐标，根据，求出点，进而求出．根据抛物线定义及韦达定理求出焦点弦弦长．最后根据建立方程，解出直线参数．
【小问1详解】
设动圆圆心，半径为，动圆过定点，
，
又圆在轴上截得的弦长为8，所以，
联立两式消去得，
动圆圆心的轨迹的方程为．
【小问2详解】
由题，设直线，，，
联立x=my+2y2=8x⇒y2−8my−16=0 ，
，，
中点为，
假设满足条件，
，
且为等边三角形，
，且．
①若，则直线，，，，
存在，构成等边三角形；
②若，由题意得，，
，
又且，
，
，无解，
综上，存在点，，使得为等边三角形，
此时直线l的方程为．
17. 已知函数.
（1）若，求函数的单调区间；
（2）若在上恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）单调递减区间为，单调递增区间为
（2）
【解析】
【分析】（1）对求导，得出单调区间．
（2）构造函数，求导，再讨论参数范围．这是一个端点效应的题，端点处为，可以令端点处导数大于等于零，得到参数范围，再据此讨论．
【小问1详解】
当时，，
则．
令，即，解得．
当时，，单调递减；
当时，，单调递增．
单调递减区间为，单调递增区间为．
【小问2详解】
．
设，
则在恒成立等价于在恒成立．
，
又，，，当且仅当时等号成立，
当时，．
①当，即时，，
在上单调递增，又，
，满足在上恒成立．
②当，即时，
令，则．
，，，
则，在上单调递增.
又，当时，，
存在，使得，即，
当时，，单调递减，则，
不满足在上恒成立．
综上，a的取值范围为．
18. 如图，在圆柱中，是圆的一条直径，是圆柱的母线，其中点与，不重合，，，.
（1）若平面和平面的交线为，证明：平面；
（2）设平面、平面和底面圆所成的锐二面角分别为和，若，求平面和底面圆所成的锐二面角的正切值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由中位线有，再证明平面，根据线面平行性质，证明，最后利用线面平行的判定定理证明即可．
（2）根据，以，，为轴，轴，轴建立平面直角坐标系，求出平面、平面和底面圆所成的锐二面角，根据，确定，的位置，最后求出平面和底面圆所成的锐二面角的正切值．
【小问1详解】
，且是圆的一条直径，
是的中点，是的中点，，
又平面，且平面，
平面，
又平面，平面平面，
由线面平行的性质定理可得，，
又平面，且平面，平面．
【小问2详解】
连接，是圆的一条直径，且与A，B不重合，，
又是圆柱的母线，垂直于底面圆所在的平面，
所以以为坐标原点，CB，CA，CD所在的直线分别为轴，轴，轴，
建立空间直角坐标系，
设，，则，，，
，，，，，，
，
，，，，
设平面的一个法向量，则n1⋅CM=23x0x1+z1=0n1⋅CO=12x0x1+12y0y1=0，
令，则，
设平面的一个法向量，则n2⋅CA=y0y2=0n2⋅CN=13x0x2+2z2=0，
令，则，
由题意可得底面圆的一个法向量为，
所以csα=csn1→,n→=n1→⋅n→n1→n→=23x0y04+49x02y02，
同理csβ=csn2→,n→=n2→⋅n→n2→n→=13x04+19x02，
因为，所以，即23x0y04+49x02y02=13x04+19x02，
又，所以，，
所以，，
所以，，
设平面的一个法向量，则n3⋅DA=12y3−3z3=0n3⋅DB=152x3−3z3=0，
令，则，
所以csγ=csn3→,n→=n3→⋅n→n3→n→=15591，
，所以.
故平面和底面圆所成的锐二面角的正切值为．
19. 某分布式存储系统中，数据块容量上限为，数据块的初始数量为.系统运行遵循以下规则：
①在每一时间步，系统以概率执行清理操作（数据块的数量减），以概率执行写入操作（数据块的数量加）；
②当数据块的数量为（成功复位）或为（内存溢出）时，系统运行立即终止.
记当数据块的数量为时，系统最终以“成功复位”状态终止的概率为.
（1）直接写出、的数值，并写出、、的关系式；
（2）当时，比较系统最终以“成功复位”与“内存溢出”状态终止的概率大小关系；
（3）已知：若随机变量的取值不会影响随机变量的概率分布列，则称与相互独立，且满足.记为系统运行步后的数据块的数量（假设系统在此期间未终止）.当时，若与无关，求正实数的值.
【答案】（1），，.
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据题意可得出、的数值，再利用全概率公式可得出、、的关系式；
（2）结合（1）推导出可知数列为等差数列，求出该数列的公差，可得出的表达式，求出系统最终以“成功复位”、“内存溢出”状态终止的概率，作差比较出这两种状态终止概率的大小，即可得出结论；
（3）设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，求出的分布列，由题意可知，根据题中期望的性质得出，根据题意得出恒成立，只需，再结合的分布列可得出关于的等式，解之即可.
【小问1详解】
由题意可知，，
由全概率公式可得.
【小问2详解】
当时，，
即，故数列为等差数列，设其公差为，
设其通项公式可得，
由可得，所以，
又因为系统数据块的初始数量为，
所以系统最终以“成功复位”状态终止的概率为，
从而系统最终以“内存溢出”状态终止的概率为，
令，解得，
所以当时，“成功复位”的概率大于“内存溢出”的概率，
同理可得，当时，“成功复位”的概率等于“内存溢出”的概率，
当时，“成功复位”的概率小于“内存溢出”的概率.
【小问3详解】
设为第步数据块的数量的变化值，、、、相互独立，
且分布列均为，，
由题意可知，
所以，
因为每步操作相互独立，所以第步的变化值与之前的累积状态相互独立，
从而随机变量与相互独立，则，
因为与无关，所以恒成立，所以，
事实上，故只需，
由的分布列可知，
因式分解得，
又因为，所以，
所以当时，若与无关，则.