精品解析：云南省昆明市云南民族大学附属高级中学2025-2026学年高三上学期第二次联考数学试题

云南民族大学附属高级中学2026届高三联考卷（二） 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 2 已知复数，其中，若，则（ ） A. B. C. D. 3. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角；乙：，则甲是乙的（ ） 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 4. 已知椭圆的一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（ ） A. B. C. D. 5. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则该等比数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 6. 在对某中学高三年级学生体重（单位：kg）的调查中，按男、女生人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生进行测量．已知抽取的男生有人，其体重的平均数和方差分别为，抽取的女生有人，其体重的平均数和方差分别为，则估计该校高三年级学生体重的方差为（ ） A. B. C. D. 7. 若函数与函数图象对称中心完全一致，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，，为三个两两垂直平面．若平面，的交线为，则下列结论中一定不成立的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 在定义域上单调递减 B. 曲线关于点对称 C. 当时， D. 11. 某小组拟进行敏感性问题调查.受访者从有除颜色外完全相同的20个白球和30个红球的箱子内任取1个球，根据球上的标识写下回答的对应序号并回答“”或“”后放回，白球上的标识为“①Y，②N”，红球上的标识为“①N，②Y”.“Y”代表做过该敏感行为，“N”代表没做过该敏感行为.事件为“受访者写下①”，事件为“受访者回答Y”，则（ ） A. 若，调查100人，事件的发生次数的期望值接近50 B. 若，调查100人，事件的发生次数的期望值接近50 C. 任取1人，若，则的最大值为 D. 任取1人，若，则的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设点在抛物线C：上，F为C的焦点，则______． 13. 为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有__________种分法.（用数字作答） 14. 在长方体中，，，，M，N为棱上两点，且，动点P，Q在长方体内（含边界），且点P到M的距离与到平面ABCD的距离之比、点Q到N的距离与到平面的距离之比均为，则四面体MNPQ棱长之和的取值范围是______． 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. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为，，，，且． （1）证明：； （2）当时，求． 16. 已知数列满足，． （1）若，，成等差数列，求k； （2）求． 17. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的两条渐近线将圆分为四段弧长分别为的圆弧. （1）求与的方程； （2）过上一动点作的切线交于不同的两点，证明：. 18. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上. （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上. （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 19. 已知函数. （1）证明：曲线在点处切线恒过定点，并求出该定点坐标； （2）若存在使得，记的导函数为. （i）求取值范围； （ii）证明：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南民族大学附属高级中学2026届高三联考卷（二） 数学试卷 试卷共4页，19小题，满分150分.考试用时120分钟. 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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．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.考生必须保持答题卡的整洁．考试结束后，请将答题卡交回. 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. 已知集合，，则的真子集个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】首先解不等式解出集合，然后根据交集的定义求出，最后根据真子集个数的公式即可求解. 【详解】由题意可知，所以，故的真子集个数为个. 故选：C 2. 已知复数，其中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用复数的模计算公式解得答案. 【详解】因为，所以，化简得， 解得. 故选：B. 3. 记向量，设甲：向量与向量的夹角为锐角；乙：，则甲是乙的（ ） 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】先根据向量夹角为锐角的条件求出甲成立时的取值范围，再分析甲与乙之间的充分性和必要性关系. 【详解】, 由向量与向量的夹角为锐角，故，且与不共线， 所以， 解得， 又与不共线，则可得，解得. 故向量与向量的夹角为锐角，可得且. 故若且，则可得，即充分性成立； 反之，若，则推不出且，即必要性不成立； 故甲是乙的充分不必要条件, 故选：. 4. 已知椭圆一个焦点为，过点且垂直于椭圆长轴的直线与的一个交点为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】把代入椭圆方程，即可得解. 【详解】不妨设为右焦点，则， 联立，解得，故． 故选：B． 5. 设为公差不为0的等差数列，且成等比数列，则该等比数列的公比为（ ） A. B. C. 2 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】设数列的公差为，成等比数列，得，计算化简即得答案. 【详解】设数列的公差为，则，， 成等比数列，得， 化简得：，又，则得， 故该等比数列的公比为. 故选：A 6. 在对某中学高三年级学生体重（单位：kg）的调查中，按男、女生人数比例用分层随机抽样的方法抽取部分学生进行测量．已知抽取的男生有人，其体重的平均数和方差分别为，抽取的女生有人，其体重的平均数和方差分别为，则估计该校高三年级学生体重的方差为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据分层随机抽样样本平均数公式和方差公式即可算出答案. 【详解】记总样本的平均数为，则， 所以总样本的方差， 所以估计该校高三年级学生体重的方差为． 故选：C． 7. 若函数与函数图象的对称中心完全一致，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】易得函数与的周期相等，从而可求出，再根据余弦函数和正切函数的对称性分别求出两个函数的对称中心，进而可得出答案. 【详解】因为函数的相邻对称中心的距离都是半个周期， 且函数与函数图象的对称中心完全一致， 所以函数与的周期相等， 则函数周期，即，所以， 则， 令，故， 令，则， 故，解得， 因为，所以． 故选：D． 8. 已知函数在区间上单调，则的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的导数，问题转化为，或求解. 【详解】函数，求导得， 由函数在区间上单调，得，或， ①，，令函数， 求导得，函数在上单调递减， 于是，因此； ②，，由①得， 所以的取值范围为. 故选：B 二、选择题：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，，为三个两两垂直的平面．若平面，的交线为，则下列结论中一定不成立的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据空间线、面的位置关系，逐项进行判断即可. 【详解】由，且，根据若两个相交平面都垂直于第三个平面，则它们的交线也垂直于第三个平面，可得，故A成立，B一定不成立； 等价于，即直线l在平面内，但，故C一定不成立；等价于直线l与平面无交点，由可知D一定不成立． 故选：BCD 10. 已知函数，则（ ） A. 在定义域上单调递减 B. 曲线关于点对称 C. 当时， D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先求出函数定义域，再由特殊函数值大小比较判断A；通过是否成立判断B；由对数复合函数的单调性计算判断C；根据解析式及对数运算性质求函数值判断D. 【详解】对于A，由，可得或， 所以函数定义域为，而，错误； 对于B，， 所以曲线关于点对称，正确； 对于C，由在区间上单调递减， 当时，，正确； 对于D，，错误． 故选：BC 11. 某小组拟进行敏感性问题调查.受访者从有除颜色外完全相同的20个白球和30个红球的箱子内任取1个球，根据球上的标识写下回答的对应序号并回答“”或“”后放回，白球上的标识为“①Y，②N”，红球上的标识为“①N，②Y”.“Y”代表做过该敏感行为，“N”代表没做过该敏感行为.事件为“受访者写下①”，事件为“受访者回答Y”，则（ ） A. 若，调查100人，事件的发生次数的期望值接近50 B. 若，调查100人，事件的发生次数的期望值接近50 C. 任取1人，若，则的最大值为 D. 任取1人，若，则的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用独立事件、互斥事件、对立事件的概率公式，结合二项分布的期望公式及条件概率公式逐项求解判断. 【详解】设受访者共名，其中做过该敏感行为的人数为，则， 由于调查过程均为理想状态，则， ，， 对于A，当，即时，，事件的发生次数近似服从 二项分布，其期望为50，A正确； 对于B，当时，，事件的发生次数近似服从 二项分布，其期望为50，B正确； ， 对于C，当，即时，， 当且仅当时，取得最小值，无最大值，C错误； 对于D，当，即时，， 当且仅当时，取得最小值，无最大值，D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设点在抛物线C：上，F为C的焦点，则______． 【答案】4 【解析】 【分析】确定抛物线的准线方程，利用抛物线的定义即可求解出. 【详解】由题意知抛物线C：，则，准线， 又点在C上，则点A到焦点F的距离等于该点到准线的距离， 所以. 故答案为：. 13. 为了表扬三位乐于助人的同学，班主任购买了4个价钱相同的礼盒全部分给这3名同学，若购买的4个礼盒仅有2个相同，按一人2个礼盒，另两人各1个礼盒进行分配，共有__________种分法.（用数字作答） 【答案】21 【解析】 【分析】考虑2个相同礼盒是否分给同一人两种情况，结合分步计数原理求解即可. 详解】第一种情况，当2个相同礼盒分给同一人时： 第一步，分配2个相同礼盒， 即将这2个相同礼盒分给三个同学中的一个，共种分配方法； 第二步，分配剩下的2个不同礼盒， 即将剩下的2个不同礼盒，分给剩下的2个同学，共有种， 所以一共有种分法； 第二种情况，当2个相同礼盒不分给同一人时： 记4个礼盒分别为， 当或在一起时，共有种分配方法； 当在一起时，即将分给三个人中任何一个，剩下2个人，每人分一个，共有种分配方法； 综上，共有种分配方法. 故答案为： 14. 在长方体中，，，，M，N为棱上两点，且，动点P，Q在长方体内（含边界），且点P到M的距离与到平面ABCD的距离之比、点Q到N的距离与到平面的距离之比均为，则四面体MNPQ棱长之和的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】根据题设及椭圆第二定义确定动点P，Q的轨迹，再结合椭圆第一定义求四面体MNPQ的棱长之和为，数形结合确定范围，即可得. 【详解】由题意，点P到点M的距离与到平面ABCD的距离之比为，点Q到点N的距离与到平面的距离之比为， 根据椭圆第二定义，得P，Q轨迹是以M，N为两焦点、离心率为的椭圆沿MN旋转形成的四分之一个旋转椭球面，如图所示． 由椭圆第一定义可得，则四面体MNPQ的棱长之和为， 由图知的取值范围是，则其四面体MNPQ棱长之和的取值范围是. 故答案为： 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. 记△ABC的内角A，B，C所对的边分别为，，，，且． （1）证明：； （2）当时，求． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）由结合正弦定理可得，再结合，从而可证明求解. （2）利用正弦定理进行边换角，再结合二倍角的正弦公式即可求解. 【小问1详解】 证明：由及正弦定理得， ． 因为，， 所以，即， 因为，所以，因为在区间上单调递减， 所以. 【小问2详解】 由题意，当时，根据正弦定理得， 即，即， 因为，所以， 因为，所以. 16. 已知数列满足，． （1）若，，成等差数列，求k； （2）求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据，成等差数列得，求出即可； （2）由累加法结合裂项相消法可得答案. 【小问1详解】 已知数列满足，． 因为，，成等差数列，所以， 所以， 整理得，解得，或（负值舍去）， 所以； 【小问2详解】 因为，又， 所以时， ， 时,也满足上式， 所以． 17. 在平面直角坐标系中，已知双曲线的两条渐近线将圆分为四段弧长分别为的圆弧. （1）求与的方程； （2）过上一动点作的切线交于不同的两点，证明：. 【答案】（1）双曲线：；圆： （2）证明见详解 【解析】 【分析】（1）根据圆的周长可得圆的半径，进而可得圆的方程，根据弧长可得圆心角，根据渐近线可得，即可得双曲线方程； （2）分类讨论切线斜率是否存在，联立方程结合韦达定理证明，即可得结果. 【小问1详解】 圆的圆心为，半径为， 由题意可知：圆的周长为，解得， 所以圆的方程为； 因为四段弧长分别为的圆弧对应的圆心角分别为， 又因为双曲线的渐近线方程为， 可知渐近线的斜率为，倾斜角， 可得，即，， 所以双曲线的方程为. 【小问2详解】 设，则， 若切线斜率不存在，设切线为，， 可知，，且，即，可得， 因为； 若切线斜率存在，设切线方程为， 则，可得， 联立方程，消去可得， 在的前提下可得， 则 ； 综上所述：，所以. 18. 如图，在四棱锥中，，，，为的中点，，，点在线段上. （1）证明：平面； （2）已知四点均在球的球面上. （i）证明：三点共线； （ii）若直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）（i）证明见解析；（ii）. 【解析】 【分析】（1）利用勾股定理求，并证明，根据线面垂直判定定理证明平面，由此可得，结合条件，根据线面垂直判定定理证明平面， （2）（i）法一：以为坐标原点，，，的正方向分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系，设，根据关系，列方程求点的坐标，再证明，由此可证明结论，法二：不妨记为的中点，为的中点，证明，再证明点在过点且垂直于平面的直线上，由此证明点与点重合，由此可证结论；（ii）不妨设，求直线的方向向量和平面的法向量，结合向量夹角公式求直线与平面所成角的正弦值，由条件列方程求，由此可得结论. 【小问1详解】 如图，连接，因为，为的中点， 所以，又，故， 所以， 又，，则，故， 又，，平面，平面， 所以平面，平面，所以， 又，，平面，平面， 所以平面， 【小问2详解】 (i)法一：如图，以为原点，，，分别为轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，，，设， 由得，， 解得，，所以点的坐标为，则，故， 又为，的公共点，故三点共线， 法二：不妨记为的中点，为的中点，连接，则， 由（1）平面，所以平面， 由，可知， 易知直线上任一点到三点的距离相等，故， 同理由，知过点且垂直于平面的直线上任一点到三点的距离相等，故， 由，所以点即为点，于是三点共线， （ii）如图，连接，不妨设， 则，，， 设平面的法向量为，则， 即，取，可得，， 所以为平面的一个法向量， 设直线与平面所成的角为，， 所以， 由已知，所以，解得或（舍去）， 故. 19. 已知函数. （1）证明：曲线在点处的切线恒过定点，并求出该定点坐标； （2）若存在使得，记的导函数为. （i）求的取值范围； （ii）证明：. 【答案】（1）证明见详解；定点为 （2）（i）；（ii）证明见详解 【解析】 【分析】（1）求导，根据导数的几何意义求切线方程，进而分析定点； （2）（i）求导，分析讨论分析函数的单调性，结合单调性分析求解；（ii）构建设，构建，求导，分类讨论分析的符号分析证明. 【小问1详解】 由题意可知：函数的定义域为，且， 则，，即切点坐标为，切线斜率， 所求切线方程为，即， 令，解得， 所以切线恒过定点 【小问2详解】 构建，则， 当时，；当时，； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，所以. （i）构建，则， ①若，则，可知在内单调递增， 且，当趋近于时，趋近于， 可知在定义域内存在唯一零点， 当时，，即；当时，，即； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则至多存在两个实数，使得，不合题意； ②若，令，解得；令，解得； 可知在内单调递减，在内单调递增， 则，即， 若，则，即， 可知在定义域内单调递增，不合题意； 若，则， 当时，则； 当时，则； 可知在和内分别存在一个零点， 当时，；当时，； 可知在内单调递增，在内单调递减， 且当趋近于0时，趋近于，当趋近于时，趋近于，符合题意； 综上所述：实数的取值范围； （ii）设，构建， 则， 记的导函数为，的导函数为， 且的导函数为，的导函数为， 则，且， 因为，且， 又因为， 且在内恒成立， 若，则，可得， 可知在内单调递增，则， 可知在内单调递增，则， 若，则，可知在内单调递增，不合题意； 所以； 若，由（i）可知：直线与在内存在唯一交点横坐标为， 则，由单调性可得， 可得， 因为在内单调递减，在内单调递增， 可得， ， 所以； 综上所述：. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $