云南省昆明市普通高中2026届高三下学期复习教学质量诊断（二模）数学试卷 含解析

这是一份云南省昆明市普通高中2026届高三下学期复习教学质量诊断（二模）数学试卷 含解析，共26页。
【考试时间：3月30日15：00—17：00】
注意事项：
1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名､准考证号､考场号､座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号､姓名､考场号､座位号及科目，在规定的位置贴好条形码.
2.回答选择题时，选出每小题答案后，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，再选涂其它答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
一､单选题：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. 已知复数，则（ ）
A. B. 2C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为复数，则.
2. 已知向量，若，则（ ）
A. B. C. D. 0
【答案】D
【解析】
【详解】因为，
所以.
3. 已知平面，直线，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件，结合线面、面面平行的性质判定判断即可.
【详解】由，，得；反之，由，，得或相交，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
4. 已知函数，则的最大值与最小值之差为（ ）
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】D
【解析】
【分析】根据分段函数结合指数函数单调性计算得出最值即可求解.
【详解】函数，
因为单调递增，所以；
因单调递减，所以；
所以当时，；当时，；
则的最大值与最小值之差为.
5. 在中，已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【详解】因为，所以，
所以，
所以，且，
所以.
6. 若函数在处的切线也是圆的切线，则半径（ ）
A. 1B. C. D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】求出函数在处的切线方程，利用直线与圆的位置关系求解即可.
【详解】对函数求导得，
从而，又当时，，
故函数在处的切线方程为：，即，
由题意直线与圆相切，
从而，
即.
7. 降雨量是在一定时间内降落在水平地面上某一单位面积上的水层深度（未经蒸发､渗漏､流失），以计算降雨量的等级划分如下：
某数学小组为了测量当地某日降雨量，用一个开口半径为，底面半径为，高为的圆台型铁桶（如图所示）收集雨水，若在一次降水过程中用此桶水平放置接了的雨水后，桶内水深为，则当日降雨量的等级是（ ）
A. 暴雨B. 大雨C. 中雨D. 小雨
【答案】A
【解析】
【分析】根据相似三角形求出水面半径，根据圆台体积公式求出桶内水的体积，用桶的开口面积作为接雨面积求出降雨量，结合降雨量的等级划分判断等级即可.
【详解】设水面半径为，
根据三角形相似可得，解得.
则.
又接雨面积为桶的开口面积，
根据降雨量定义，
结合降雨量的等级划分可得，当日降雨量的等级是暴雨.
8. 已知数列满足，记的前项和为，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】运用取倒数法，结合累加法进行求解即可.
【详解】由，
由，
当时，，
所以，
即，
所以，因此选项C正确，选项A不正确；
，
因为，，
所以数列是单调递减数列，
，
所以数列是递增数列，
因此，所以选项D不正确；
假设，
因为数列是单调递减数列，
所以，因此不成立，假设不成立，选项B不成立
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. 已知点是函数图象相邻的两个最低点，则下列选项正确的是（ ）
A. 的最小正周期为4
B.
C. 的图象关于点中心对称
D. 在区间内的零点个数为1
【答案】ABD
【解析】
【详解】对于A，点是函数图象相邻的两个最低点，由题意可知，函数的最小正周期为，A正确；
因为，所以，
又因为函数的最小值为，则，所以或，
当时，代入点，所以，所以，
所以，所以；
当时，代入点，所以，所以，
所以，所以；B选项正确；
因为，所以的图象不关于点中心对称，C选项错误；
当时， ，所以，，
可知时，，在区间内的零点个数为1；
当时， ，所以，，
可知时，，在区间内的零点个数为1，D选项正确.
10. 已知一组数据由6个正整数构成，且同时满足以下条件：①平均数为10；②中位数为9；③8是唯一的众数；④极差为12，则这组数据（ ）
A. 必含有9B. 恰含有2个8
C. 方差是定值D. 第25百分位数为8
【答案】BD
【解析】
【分析】首先分析数据的情况，结合中位数，平均数，众数，极差定义分类计算即可判断各个选项.
【详解】这组数据一共有6个数，中位数为9，从小到大排列，中间2个数的平均数为9，
又有唯一的众数为8，则有三个8或两个8，
若有三个8，则从小到大排列这组数据为、8、8、10、、，且，
又极差为12，所以，则，
又因为平均数为10，则，即，与矛盾，所以数据不合题意舍去；
所以恰有两个8，其余数字均出现一次，B选项正确；
则从小到大排列这组数据为、8、8、10、、，且平均数为10，
则，所以，
又极差为12，所以，则，
最小数字可以是，则，，数据为，
方差为；
最小数字可以是，则，，数据为，
方差为；
则这组数据可以不含有9，A选项错误；C选项错误；
因为，所以第25百分位数是这组数据从小到大排列的第二个数8，D选项正确；
11. 若曲线由半圆和半椭圆组成，若直线与交于两点（在的左侧），，则（ ）
A.
B. 的最大值为
C. 存在，使得四边形是平行四边形
D. 面积的最大值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用椭圆和圆的对称性，结合椭圆的定义、圆的性质、基本不等式、三角形面积公式逐一判断即可.
【详解】因为曲线由半圆和半椭圆组成，
所以曲线关于横轴对称，不妨研究当时的情况.
A：由椭圆的标准方程可知，
所以是椭圆的焦点，
于是有，所以本选项结论正确；
B：显然，所以直角三角形，且，
所以，当且仅当时，取等号，即，此时，显然重合，不符合题意，
即，所以本选项说法不正确；
C：当时，
由.
当时，
由.
假设四边形是平行四边形，因为，
所以，
即，舍去，所以存在，使得四边形是平行四边形，所以本选项说法正确；
D：的面积为，当且仅当时取等号，即，
所以当时，面积的最大值为，所以本选项说法正确.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知等差数列的前3项和为9，且，则__________.
【答案】5
【解析】
【详解】设等差数列的公差为，
由题意，有，即，解得，
所以.
13. 已知正六边形，双曲线以为焦点，且，四点在上，则的离心率为__________.
【答案】##
【解析】
【详解】设正六边形的边长为1，中心为，以所在直线为轴，以为原点，建立直角坐标系，则，
在中，由余弦定理得，
，，
，
.
14. 已知函数，若图象上任取三个点均可构成钝角三角形，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据钝角定义列出向量数量积的不等式，然后通过几何特征判断出函数应满足的性质.
【详解】在图像上任取三点，且，要使这三点构成钝角三角形，最容易满足的条件是中间点处的角为钝角，
因为，若有即为单调递增函数，则有，
同时要排除三点共线的情况，这意味着是严格凸或严格凹的即或恒成立，，，
当时，，所以，所以应保证恒成立，分离参数得，
设，，则，
当时，；当时，；当时，，取极大值也即最大值，
所以，此时在上单调递减，且当时，所以恒成立，
故为单调递增函数，由前面分析可知这样就能保证为钝角，因为，所以的最小值为.
四､解答题：本题共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. 在锐角中，角的对边分别为，已知.
（1）求；
（2）若的面积为，求.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据正弦定理，结合同角三角函数关系式进行求解即可；
（2）根据余弦定理和三角形面积公式进行求解即可.
【小问1详解】
由正弦定理可知： ,
又因为，所以
在锐角中，因为，
所以.
【小问2详解】
因为的面积为，
所以，
由余弦定理，得，
因为，且，
所以是锐角三角形，所以符合题意.
16. 已知抛物线的焦点为，过作垂直于轴的直线与交于两点，.
（1）求的标准方程；
（2）过的直线与交于两点（点在轴上方），直线交轴于点，求证：.
【答案】（1）；
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先根据设点，再代入计算求解抛物线方程；
（2）先设直线的方程为，再联立方程组得出，进而计算即可证明.
【小问1详解】
由题意，的坐标为，设在轴的上方，因为，
所以，代入方程得：，所以，
故的标准方程为；
【小问2详解】
的坐标为， ，
设直线的方程为，
联立，消去得：.
由韦达定理可知，
由，则直线的方程为，令，则，
所以的坐标为，
即得，
又因为， 所以.
故.
17. 低空经济是区域经济发展的新引擎，某无人机物流枢纽中心计划在甲､乙两条航线中选定一条作为常态化航线.为评估航线性能，该中心进行了多次模拟测试.经统计分析，甲航线在连续12次测试中，单次测试成功率为，各次测试相互独立，记其成功次数为；乙航线在次测试中成功次数为，且.
（1）求的值；
（2）为量化两条航线的综合表现，该中心引入“稳定性系数”的评估指标：稳定性系数越小，表示稳定性越好，综合表现越优.当时，分别计算甲､乙两航线的稳定性系数，并以此判断哪条航线的综合表现更优；
（3）若每次任务执行成功能盈利200元，执行失败则亏损80元.根据（2）的结论，选择综合表现更优的航线，根据测试数据估计该航线执行次任务的利润的期望.
【答案】（1）；
（2），，甲航线综合表现更优；
（3）元.
【解析】
【分析】（1）应用已知结合二项分布概率公式计算求解；
（2）应用已知定义结合二项分布的数学期望公式及方差公式计算比较求解；
（3）应用二项分布的数学期望公式结合数学期望性质计算求解.
【小问1详解】
由题意，，解得；
【小问2详解】
因为，所以.
当时，，
故，，
因为，所以甲航线综合表现更优；
【小问3详解】
设次派送任务中成功的次数为，则，，
设盈利为元，则元.
18. 如图，直角，斜边为的中点，将沿翻折到，设二面角的大小为，满足.
（1）证明：；
（2）求直线与平面所成角的大小；
（3）当四面体的体积最大时，求.
【答案】（1）证明见解析；
（2）；
（3）4.
【解析】
【分析】（1）根据，应用线面垂直判定定理可得平面，再根据线面垂直的性质即可得证；
（2）以点为原点建立空间直角坐标系，先求出平面的法向量，利用向量法求线面夹角，即可得出答案；
（3）的面积与的面积相等，再求出平面的法向量，进而应用点到平面距离公式计算化简最后结合基本不等式计算求解参数.
【小问1详解】
依题意，斜边，有，取中点，
因为，平面，
所以平面，又平面，所以；
【小问2详解】
以点为原点，分别为轴，建立空间直角坐标系，
则，
由二面角的定义可得，则，
由于，则，，
故，，
设平面的法向量，
设与平面所成角为，
则，
故与平面所成角为；
【小问3详解】
由于的面积与的面积相等，则的面积与的面积相等，
因此，当到平面的距离最大时，四面体的体积最大；
设平面的法向量，
有，
令，则，可得，，
所以到平面的距离，
令，则，
当且仅当，即时等号成立，此时.
19. 设函数.
（1）当，
（i）若，讨论的单调性；
（ii）若，求极值点的个数；
（2）对任意，总存在，使得，求的最小值.
【答案】（1）（i）在上单调递减，在上单调递增；（ii）1个
（2）
【解析】
【分析】（1）（i）直接求导判断即可；（ii）根据导函数特征分区间判断单调性，无法直接判断的部分二次求导后，利用零点定理判断极值点的存在性.
（2）将移到一边，定义另一边为以为变量，为参数的一次函数，分类讨论单调性后得到关于的恒等式，再利用导数得到最值.
【小问1详解】
，
（i）若，，，
因为在上单调递增，且，
所以当时，；当时，，
故在上单调递减，在上单调递增.
（ii）当，由（i）可知，且，
又因为，所以，此时单调递减；
当时，设，则，
由（i）可知，且，，
又因为，所以，
所以即在上单调递增，
且有，，
由零点定理可知存在唯一的使得，
若，，若，，
综上在上单调递减，在上单调递增，为极小值点，
所以极值点的个数为 1个.
【小问2详解】
将化为，
设，，
当即时，此时，
单调递减至负无穷，可以取任意值；
当即时，此时，
单调递增或为常函数，，
依题意应有在上恒成立，
设，，
则，
所以在上单调递增，
，
所以的最小值为.
降雨量
等级
小雨
中雨
大雨
暴雨
大暴雨
特大暴雨