云南省玉溪第一中学2026届高三下学期模拟检测数学试卷（Word版附解析）

这是一份云南省玉溪第一中学2026届高三下学期模拟检测数学试卷（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．若集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．复数的虚部为（ ）
A．B．3C．D．
3．记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（ ）
A．B．C．D．
4．如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（ ）

A．B．C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ）
A．98B．99C．100D．101
7．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（ ）
A．116B．115C．114D．113
8．椭圆与双曲线共焦点、，它们的交点对两公共焦点、的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为、，则
A．B．
C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的有（ ）
A．若样本数据，，，的平均数为，则数据，，，，的平均数为
B．若随机变量，且，则
C．若随机变量，则
D．若随机变量，设，则
10．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（ ）
A．当时，平面
B．任意，三棱锥的体积是定值
C．存在，使得与平面所成的角为
D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为
11．定义在上的奇函数满足，当时，，则下列结论正确的有（ ）
A．当时，
B．的图象在处的切线方程为
C．的图象与的图象所有交点的横坐标之和为10
D．的图象与直线恰有一个公共点，则实数
三、填空题
12．事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则__________.
13．如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.
14．已知实数满足，则的最大值为______；的取值范围为______．
四、解答题
15．已知等差数列的前项和为，，.
(1)求的通项公式；
(2)设，求数列的前项和.
16．如图，直三棱柱中，分别为和的中点．

(1)证明：平面；
(2)若，求与平面所成角的正弦值．
17．已知函数．
(1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式；
(2)当时，求的最大值；
(3)判断函数在的零点个数，并说明理由．
18．如图，已知椭圆过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直.
(1)求椭圆的方程；
(2)若，求MN的方程；
(3)记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值.
19．某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为．
(1)当时，写出的值；
(2)当时，求，并证明当最大时，满足
(3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值．
参考答案
1．A
【详解】令，解得，则，
因为，所以，故A正确.
故选：A
2．A
【详解】复数，
故虚部为.
故选：A
3．D
【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，.
由可得，化简得，
故.
4．D
【详解】如图，，又放入的球的半径为，
由于圆台的体积，
由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切；
下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则，
由于，则，
则，
那么，则，那么在上方，
即该小球先与上下底面相切．

故选：D.
5．B
【详解】由与联立，结合可解得：
，，，
再由二倍角公式可得，
故选：B.
6．B
【详解】由，可得，
易知，两侧同时除，可得，整理得，
所以是以为首项，为公比的等比数列，
则，
故，
故，
易知单调递增，，所以.
故选：B
7．C
【详解】由，得，
即，
所以，
所以函数的周期为，
又为偶函数，
则，
所以，
所以函数也为偶函数，
又，
所以，，
所以，
又，即，所以，
又，，
，
所以
故选：.
8．B
【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，焦距为，在中，由余弦定理得，
由椭圆和双曲线的定义得，解得.
代入，
得，
即，，
即，，因此，.
故选B.
9．AB
【详解】若样本数据，，，的平均数为，则，
所以数据，，，，的平均数为，A正确；
若随机变量，则正态分布曲线关于直线对称，
因为，所以，B正确；
若随机变量，则 ，C错误；
若随机变量， ，
又，则 ，D错误．
故选：AB
10．ACD
【详解】如图所示建系，，
所以，
从而，
所以，
又面，
所以面，
时，与重合，平面为平面，
因为面，平面，A对.
不与平面平行，到面的距离不为定值，
三棱锥的体积不为定值，B错.
设面的法向量为，
则，令，解得，
即可取，
而，
所以与平面所成角的正弦值为，
又，
所以，
所以，
又面，
所以面，
当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，
当在时，与平面所成角为，
所以存在使与平面所成角为，C正确.
，
设平面的法向量为，
不妨设，则.
，则，平面的法向量，显然球心，
到面的距离，外接球半径，
截面圆半径的平方为，所以，D对.
故选：ACD.
11．BCD
【详解】由函数为上的奇函数，所以，
由，所以函数关于对称，且，则，所以4为函数的一个周期.
对A，，则，，所以，
由当时，，所以，错误；
对B，由A可知：当时，，所以当时，，
所以当时，，则，
，，
所以函数的图象在处的切线方程为，即，正确；
对C，作出函数与图象，

函数图象关于对称，当时，图象共有5个交点，由为奇函数，所以当时，图象也有5个交点，所以图象所有交点的横坐标之和为10，正确；
对D，如图：

当时，；当时，，
当为图中情况，，，令，，
所以切点为，所以；
当为图中情况，，，令，，
所以切点为，所以；
所以函数的图象与直线恰有一个公共点，则实数，正确。
故选：BCD
12．/
【详解】依题意，，解得.
故答案为：
13．.
【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.
，
得即故.
14． 1
【详解】由题意，等号成立当且仅当，即的最大值为1；
由题意，
因为，所以设，
所以，
所以，
所以，
令，，所以，
又，
所以，
所以.
故答案为：1；.
15．(1)
(2)
【详解】（1）设的公差为d，因为，所以，
又，则，
故，
所以.
（2）由（1）可得：
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）取的中点为，连接，
因为，，故，
由直三棱柱的性质可得，故，
故四边形为平行四边形，故，
而平面，平面，故平面.

（2）因为，故，故，设.
由直三棱柱可得平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则,
故，且.
因为，故即，故（舍去），
故，，又.
设平面的法向量为，则,
所以，取，
故与平面所成角的正弦值为.

17．(1)
(2)
(3)1，理由见解析
【详解】（1）由题意得，；
（2）由题意得，，，令，解得，
所以当时，；当时，，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以的最大值为；
（3）令，则，整理得，
令，则，
当时，，所以在上单调递减，
又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点，
当时，，，两个不等式等号无法同时成立，
，此时函数无零点，
综上所述，在上存在唯一零点，
即函数在上的零点个数为．
18．(1)
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由椭圆过点，焦距为，
得，解得，
故椭圆的方程为．
（2）设直线的方程为，，，
联立，消去得，
由，得，
则．
，
解得或，
当时，直线的方程为；
当时，直线经过点，不符合题意，舍去．
所以当时，的方程为．
（3）证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且，
所以
，
所以为定值．
19．(1)；；
(2)，证明见解析
(3).
【详解】（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321.
当时，取到最大的情形有：312，321. 所以；
当时，取到最大的情形有：132，213，231，所以；
当时，取到最大的情形有：123，213. 所以.
（2）当最大数在第次出现时，均有可能获胜.设最大数在（）次出现，要想获胜，前个数中的最大值必出现在前次中，且第次取到最大值，所以

，
同理 ，
因此，当时，最大.
（3）首先对于，当最大时，. 否则若，
则.①，
②，
③，
①②得 ，所以，
①③得 ，所以，
所以，.