精品解析：云南玉溪师范学院附属中学2026届高三下学期模拟预测数学试题

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玉溪师院附中2026届高考全真模拟考试 数学试卷 命题、审题：试题小组 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. e 3. 已知为单位向量，向量，若则 （ ） A. -2 B. 2 C. -3 D. 3 4. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 已知展开式中常数项为1120，实数是常数，则展开式中各项系数的和是 A. B. C. D. 6. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 7. 如图，正方形 的边长为 ，取 的各边中点 作第二个正方形 ，然后再取 的各边中点，作第三个正方形，依此方法一直继续下去， 那么所有的正方形的面积之和趋近于（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线C的左、右焦点分别为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 若正实数满足，则（ ） A. 的最小值是 B. 的最大值是 C. 的最大值是 D. 的最小值是 10. 已知曲线，则以下结论正确的是（ ） A. 的范围是 B. 若，则曲线具有周期性 C. 曲线关于轴对称 D. 曲线与圆有公共点 11. 如图，在棱长为的正方体中，P，Q分别为的中点，点在正方体的表面上运动，满足．其中所有正确结论是（ ） A. 线段长度的最小值为； B. 点到直线的距离为 C. 点的轨迹是梯形； D. 点的轨迹围成的多边形的面积为． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为虚数单位，则复数的虚部为________． 13. 若曲线在原点处的切线也是曲线的切线，则__________． 14. 飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则__________． 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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）求 ； （2）若 ，点 在边 上，且 ，求 的长． 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形是正方形，. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的大小. 17. 已知函数． （1）若为函数的极值点，求的值； （2）若在定义域上不单调，求的取值范围． 18. 已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线C经过点． （1）求抛物线C的方程； （2）A，B是抛物线C上异于点P的两个动点，记直线和直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点． 19. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复. （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求m的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中2026届高考全真模拟考试 数学试卷 命题、审题：试题小组 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 已知全集，设集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求补集，再根据交集定义求结果. 【详解】因为，所以， 因此. 故选：D 2. 已知函数，则（ ） A. B. C. 1 D. e 【答案】B 【解析】 【分析】根据分段函数的解析式求，再求即可. 【详解】因为函数， 所以， 所以. 故选：B. 3. 已知为单位向量，向量，若则 （ ） A. -2 B. 2 C. -3 D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】应用数量积运算律计算求解. 【详解】由，则． 4. 已知函数（）在区间上单调递增，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由正弦函数的周期性求出的大致范围，再根据正弦函数的递增区间求出的具体范围. 【详解】令，因为，所以 因为函数在区间上单调递增， 所以函数在上单调递增，且，即． 因为， 所以函数在上单调递增，等价于或， 解不等式得或，所以的取值范围是． 5. 已知展开式中常数项为1120，实数是常数，则展开式中各项系数的和是 A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】分析：由展开式通项公式根据常数项求得，再令可得各项系数和． 详解：展开式通项为，令，则，∴，，所以展开式中各项系数和为或． 故选C． 点睛：赋值法在求二项展开式中系数和方面有重要的作用，设展开式为，如求所有项的系数和可令变量，即系数为，而奇数项的系数和为，偶数项系数为，还可以通过赋值法证明一些组合恒等式． 6. 已知圆锥的母线长是底面半径的2倍，则该圆锥的侧面积与表面积的比值为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】设圆锥底面圆的半径为，求出侧面积和表面积得解. 【详解】设圆锥底面圆的半径为，则母线长为， ，， . 故选：B. 7. 如图，正方形 的边长为 ，取 的各边中点 作第二个正方形 ，然后再取 的各边中点，作第三个正方形，依此方法一直继续下去， 那么所有的正方形的面积之和趋近于（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】记第个正方形的面积为，第个正方形的边长为，则，即数列是首项为，公比为的等比数列，数列是首项为，公比为的等比数列，再利用等比数列的求和公式求解即可. 【详解】记第个正方形的面积为，第个正方形的边长为， 则第个正方形的对角线长为， 所以第全正方形的边长为，所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以，所以， 所以， 所以数列是首项为，公比为的等比数列， 所以， 所以若这个作图过程可以一直继续下，则所有这些下方形的面积之和将趋近于常数. 故选：B 8. 已知双曲线C的左、右焦点分别为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为为坐标原点，若，则双曲线C的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】设出双曲线方程，求出一条渐近线的方程，借助其斜率求出的余弦，利用余弦定理建立方程求出离心率. 【详解】令双曲线的方程为，半焦距为c，取渐近线， 在中，，则，， 于是，在中， ，则，即， 所以双曲线C的离心率为. 故选：C 【点睛】 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．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. 若正实数满足，则（ ） A. 的最小值是 B. 的最大值是 C. 的最大值是 D. 的最小值是 【答案】BC 【解析】 【分析】根据“1”的变形技巧及基本不等式判断A，利用基本不等式判断BC，根据条件转化为关于的二次三项式配方求最值即可判断D. 【详解】，当且仅当， 即时等号成立，所以的最小值是9，故A错误； 由基本不等式得，即， 当且仅当时等号成立，所以的最大值为，故B正确； ， 当且仅当，即时等号成立，所以的最大值是，故C正确； ，当时，取得最小值，故D错误． 10. 已知曲线，则以下结论正确的是（ ） A. 的范围是 B. 若，则曲线具有周期性 C. 曲线关于轴对称 D. 曲线与圆有公共点 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据正弦函数的值域判断A；根据正弦函数的周期性判断B；将代入曲线，再根据对称性的概念判断C；求出曲线与圆的交点，可判断D. 【详解】曲线， 则，A选项错误； 当，则曲线，， 即当点在上时，点也在上时， 所以是周期，所以曲线具有周期性，B选项正确； 将代入曲线，得成立， 所以曲线关于轴成轴对称图形，C选项正确； 由，得， 当时，上式成立， 曲线，与圆有公共点，D选项正确. 11. 如图，在棱长为的正方体中，P，Q分别为的中点，点在正方体的表面上运动，满足．其中所有正确结论是（ ） A. 线段长度的最小值为； B. 点到直线的距离为 C. 点的轨迹是梯形； D. 点的轨迹围成的多边形的面积为． 【答案】ABD 【解析】 【分析】以点为坐标原点，以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系，设，利用向量法求出点到直线的距离，从而判断B；由，，可得点的轨迹为矩形EFGH，即可判断C；求出其面积可判断D；由题意可得，求出其最小值，即可判断A. 【详解】由题知，以点为坐标原点， 以所在直线分别为轴建立如图所示的空间直角坐标系， 不妨设正方体的棱长为， 则，，，，，， ，，，，设， ，，故B正确． ， 因为，所以， 当时，，当时，， 取，，，， 连接，，，， 则，， 所以，即，所以四边形EFGH为矩形， 因为，，所以，， 又和为平面中的两条相交直线， 所以平面EFGH， 又，， 所以为EG的中点，则平面EFGH， 为使，必有点平面EFGH， 又点在正方体表面上运动，所以点的轨迹为四边形EFGH， 又，，所以， 则点的轨迹为矩形EFGH，故C错误； 面积为，即，故D正确 又因为，，， 则，即， 所以，点在正方体表面运动， 则，解得， ， 结合点的轨迹为矩形EFGH， 分类讨论下列两种可能取得最小值的情况 当，或时，， 当，或时， 因为， 所以当，或时，取得最小值为，即，故A正确． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设为虚数单位，则复数的虚部为________． 【答案】## 【解析】 【详解】． 所以复数的虚部为. 13. 若曲线在原点处的切线也是曲线的切线，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】求导，根据在原点处的切线方程为，进而根据公切线满足的数量关系得的切点为，将其代入即可求解. 【详解】由得，所以曲线在原点处的切线 为． 由得，设切线与曲线相切的切点为． 由两曲线有公切线得，解得，则切点为． 因为切点在切线上，所以． 故答案为： 14. 飞行棋是一种家喻户晓的竞技游戏，玩家根据骰子（骰子为均匀的正六面体）正面朝上的点数确定飞机往前走的步数，刚好走到终点处算“到达”，如果玩家投掷的骰子点数超出到达终点所需的步数，则飞机须往回走超出点数对应的步数．在一次游戏中，飞机距终点只剩3步（如图所示），设该玩家到达终点时投掷骰子的次数为，则__________． 【答案】 【解析】 【分析】先确定的分布列，再结合错位相减法及无穷数列的和求期望. 【详解】每次投掷，到达终点的概率为，不能到达终点的概率为， ，，，， ， 设①， ②， 则①②得 ， 所以， 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. 记 的内角 的对边分别为 ，已知 ． （1）求 ； （2）若 ，点 在边 上，且 ，求 的长． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，在条件下化简等式，通过三角函数关系求出角； （2）由余弦定理结合边的关系求出，再根据等面积即可求出. 【小问1详解】 由 和正弦定理，可得， 因，则，化简得， ，. 【小问2详解】 由（1）得，由余弦定理得，，即， 将代入化简：，解得， 因，由可得： ， 即，解得. 16. 如图，在四棱锥中，平面平面，，四边形是正方形，. （1）求证：平面平面； （2）求直线与平面所成角的大小. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先利用面面垂直的性质定理得平面，再利用线面垂直的判定定理证明平面，最后利用面面垂直的判定定理即可； （2）以为原点建系，计算平面的法向量，得到的值，再利用线面角与其之间的关系即可. 【小问1详解】 因为平面平面，， 平面平面，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为四边形是正方形，所以， 又因，平面，，所以平面， 因为平面，所以平面平面； 【小问2详解】 由（1），因为平面，平面，所以， 因为是正方形，所以，又， 以点为坐标原点，，，分别为，，轴正方向，建立空间直角坐标系， 因此，，，， 则，，， 设平面的一个法向量， 则， 不妨令，则， 因此， 则与平面所成角的正弦值为， 又因线面夹角的取值范围为，则与平面所成角的大小为. 17. 已知函数． （1）若为函数的极值点，求的值； （2）若在定义域上不单调，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由为函数的极值点，得，从而求出的值； （2）设在定义域上单调，求出的取值范围，由此可得结论. 【小问1详解】 由题意得， 因为为函数的极值点，所以，解得， 经检验，当时，为函数的极值点，所以． 【小问2详解】 因为的定义域为，， 设在单调， ①函数在上单调递增，则在上恒成立， 即在上恒成立， 在上恒成立， 又当时，，当且仅当时等号成立， 所以， ②函数在上单调递减，则在上恒成立， 即在上恒成立，矛盾 所以若在单调，则， 故若在定义域上不单调，则的取值范围为． 18. 已知抛物线C的顶点为坐标原点，焦点在y轴上，且抛物线C经过点． （1）求抛物线C的方程； （2）A，B是抛物线C上异于点P的两个动点，记直线和直线的斜率分别为，若，求证：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题设抛物线C的方程为，代入点即求； （2）由题可设直线的方程为，利用韦达定理及条件可得，即证. 【小问1详解】 由题意，设抛物线C的方程为． 因为抛物线经过点， 所以，解得． 所以抛物线C的方程为． 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率一定存在，不妨设直线的方程为． 联立得． 其中，即， ∴． ∴， 即， 所以，解得． 所以直线的方程为，恒过定点． 19. 马尔可夫链是因俄国数学家安德烈·马尔可夫得名，其过程具备“无记忆”的性质，即第次状态的概率分布只跟第n次的状态有关，为了避免就餐聚集和减少排队时间，某校开学后，食堂从开学第一天起，每餐只推出即点即取的米饭套餐和面食套餐.已知某同学每天中午会在食堂提供的两种套餐中选择，已知他第一天选择米饭套餐的概率为，而前一天选择了米饭套餐后一天继续选择米饭套餐的概率为，前一天选择面食套餐后继续选择面食套餐的概率为，如此往复. （1）求该同学第二天中午选择米饭套餐的概率； （2）记该同学第n天选择米饭套餐的概率为； ①证明：为等比数列； ②当时，恒成立，求m的取值范围. 【答案】（1）； （2）①证明见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据全概率公式求得正确答案. （2）①先求得的关系式，然后利用构造法证得为等比数列； ②先求得，然后求得的最大值，由此求得的取值范围. 【小问1详解】 设为“第一天选择米饭套餐”：为“第二天选择米饭套餐”， 则为“第一天不选择米饭套餐”， 根据题意，，，， 由全概率公式得：. 【小问2详解】 ①：证明：设为“第n天选择米饭套餐”，则，， 根据题意，，， 由全概率公式得： 因此，. 是以为首，为公比的等比数列. ②：根据①可得， 所以，下求的最大值， 要求的最大值，则为偶数， 当为偶数时，， 此时是单调递减数列， 所以的最大值为， 因此，则m的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $