云南三校2026届高考备考实用性联考卷（五）数学试卷含解析（word版）

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一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
【解析】
1．由题意可化简得，则，故选D．
2．存在量词命题“”的否定为全称量词命题“”，命题“，”的否定是：，，故选C．
3．依题意有，∴，，∴，故选B．
4．根据表中数据，这400根棉花纤维的长度的极差估计值不超过，选项A错误；纤维长度低于44mm的棉花纤维数占比为，选项B错误；由于纤维长度小于44mm的纤维数量为130，纤维长度不低于51的纤维数量为150，可知这400根棉花纤维的长度的中位数估计值介于44mm至51mm之间，选项C正确；方法一：400根棉花纤维的长度的平均值估计值为
，方法二：400根棉花纤维的长度的平均值估计值为
，选项D错误，故选C．
5．∵双曲线的焦距为6，∴.∵线段的中点M在y轴上，且原点为线段的中点，所以，所以轴. 又∵点P，Q在双曲线上且关于原点对称，，∴ QUOTE ，且，即，，在直角中，解得，故选A．
6．由，令，将函数的零点转化为函数与图象的交点个数问题，画出函数的图象，即可求解，故选B．
图1
7．如图1，设正三棱台三侧棱的延长线交于点，则三棱锥为正三棱锥，过作平面于，交平面于，连接，由，则.又，则，则棱台体积解得，则. 设的边长为，则，解得，由三棱锥为正三棱锥，得是的中心，由平面，得为侧棱与底面所成的角，所以，故选D．
8．由，即，得. 又分别为奇函数、偶函数，所以，联立①②两个式子，可以解得，，，即，函数，在时单调递增，当时，最小值为，所以，所以的最大值为，故选D．
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，因为，所以直线不是图象的对称轴，故不A正确；对于B，最小正周期为，即，解得，
QUOTE QUOTE ，所以与有相同的对称中心，故B正确；对于C，向右平移个单位长度，得故C正确；对于D，由，得，而在上有极大值点和极小值点，则，解得，实数的取值范围为，故D不正确，故选BC．
10．对于A选项：因为抛物线过点，所以，所以所以A选项正确；对于B选项：由A选项知，，，所以B选项项正确；对于C选项：B选项知，切线的斜率为1，所以，得，，设直线的方程为，联立及，，，，
.当时，直线的方程为，此时直线过点，不符合题意；当时，直线的方程为，即符合题意，所以C选项错误；对于D选项：由C选项知所以D选项正确，故选ABD．
11．由为奇函数，则过，图象向右平移一个单位得过，A选项正确；又，则. 因为，则，所以，令，得，则，所以，即，则关于直线对称，两边求导得，函数的图象关于点对称，B选项错误；因为关于点对称，关于直线对称，即，，所以，则，所以的周期；所以，，所以
，C选项正确；又函数关于直线对称，所以函数在左右两侧单调性相反，且，令，得，所以，，D选项正确，故选ACD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
【解析】
12．因为，，所以.
13．因为若不能组成平面上的一个基底，所以，所以，，
所以，
，所以.
14．因为，则的正因数，其中，，，所以有个不同的正因数；从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的情况有如下几种：①选择的两个因数为、，其中，，有种情况；②选择的两个因数为、，其中，，有种情况；③选择两个因数为、，其中，，有种情况；④选择的两个因数为、，其中，，，有种情况；⑤选择的两个因数为、，其中，，，有种情况；⑥选择的两个因数为 QUOTE 3t×5s 、，其中，，，有种情况；⑦若选择的因数有，与其它因数的公约数为，有种情况. 综上所述，从中选取两个不同的正因数，这两个数互质的概率为.
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）设等比数列的首项为，公比为，
显然且.
由已知得，两式相除可得（负值舍去），所以，
…………………………………………………………………………………（3分）
所以； ………………………………………………………………………（4分）
，
∴，，所以. ………………………………………………（7分）
（2）数列中的项从小到大依次为2，4，8，16，32，64，128，?，
而，. ………………………………………………………………（9分）
依题意可知新数列的前50项中，数列的项只有前6项，数列有44项，
所以
. ……………………………………（13分）
16．（本小题满分15分）
解：（1）由
得椭圆方程为：. ………………………………………………（5分）
（2）解法一：设的中点为，因为，所以.
设，，则，
……………………………………………………………………………………（7分）
所以，即
所以即 ……………………………………（9分）
设直线，，
令得，令，得，即，
所以即，解得或（舍去）.
………………………………………………………………………………（12分）
又，即，解得或（舍去），
所以直线，即. ………………………………（15分）
解法二：，设的中点为，则，
设，，则，………………………………（7分）
所以，即
所以即
所以. ………………………………………………………………………（11分）
由得，两式联立解得
所以所以直线AB方程为，
即. …………………………………………………………………（15分）
17．（本小题满分15分）
（1）证明：底面，平面，.
又底面为矩形，所以.
平面，，
平面. ………………………………………………………………（2分）
平面，.
又，为的中点，.
又平面，，
平面. …………………………………………………………………（5分）
又平面，. ……………………………………………………（6分）
（2）解：由（1）知，，又，平面，，
所以平面，
所以即为与平面所成的角.
由，，
则. ……………………………………………………………………………（8分）
又平面，平面，则
在中，，，则，
所以.
由，则.
由，则. …………………………………………………（10分）
图2
以为原点，建立如图2所示的空间直角坐标系：
则，，，，
，
因为为中点，所以.
.
设平面的法向量为，
则可取. ……………………………………………………（12分）
又平面的法向量可取. …………………………………………（13分）
设平面与平面所成的角为，
则，
平面与平面夹角的余弦值为.…………………………………………（15分）
18．（本小题满分17分）
解：（1）由题意知：的所有可能取值为，则，
……………………………………………………………………………………（1分）
…………………………………………………………（2分）
………………………………………………………（3分）
……………………………………………（4分）
………………………………………………………（5分）
. ………………………………………………………（6分）
的分布列为：
………………………………………………………………………………（7分）
……………………………………………………………………（8分）
……………………………………………………………………（9分）
（2）
……………………………………………………………………………………（12分）
…………………………………………（17分）
19．（本小题满分17分）
解：（1）当时，，则，此时，
所以的单调减区间为，无单调增区间. …………………………………（3分）
（2）由，得，
由直线与曲线有无穷多个切点知直线斜率一定存在.
设直线的方程为且与曲线相切于点，
则直线的方程也为，
即，
化简得， …………………………………………（5分）
则.
由与曲线有无穷多个切点，即存在无穷多个满足，
若，则可以无穷大，也可以无穷大.
与矛盾，故必有. …………………………………（7分）
此时，解得，，，
则直线的方程为或. ………………………………………（8分）
而，即为，
解得或，. …………………………………………（10分）
（3）因为，，则在上恒成立，
则，且.
当，，不合题意舍去；
………………………………………………………………（11分）
当，则，
故.
令，则
. …………………………………………（12分）
令，由（1）知在上递增，所以，
所以，即在上递增.
又，则，所以在上递增.
又，即，，符合题意；…………………………………（14分）
当，由（2）令，则，
所以，不合题意舍去，
综上，正整数a的取值集合为 …………………………………………………（17分）题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
D
C
B
C
A
B
D
D
题号
9
10
11
答案
BC
ABD
ACD
题号
12
13
14
答案
4