精品解析：云南省大理州2025-2026学年高三上学期第一次复习统一检测数学试卷

大理州2026届高中毕业生第一次复习统一检测 数 学 （全卷四个大题，共19个小题，共8页；满分150分，考试用时120分钟） 考生注意： 1.答卷前，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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A B. C. D. 1 3. 若向量，，且，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 4. 等比数列中，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 5. 下列说法中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 越接近于1，相关性越强 D. 越接近于0，相关性越弱 6. 若圆与双曲线（，）的一条渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 7. 若函数与函数（，）图象的对称中心完全一致，则（ ） A. B. C. D. 8. 在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点，，，都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设，.下列各项中，能推出的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 10. 的展开式中，则（ ） A. 含项的系数为40 B. 第3项与第4项的二项式系数相等 C. 所有项的二项式系数之和为32 D. 所有项的系数之和为32 11. 已知抛物线C：，过焦点F的直线与C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 存在弦AB，使得AB中点的坐标为 C. AB的中点到准线的距离小于 D. 当直线AB的斜率时， 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则__________. 13. 已知是等差数列的前n项和，若，，则数列的前2026项和为__________. 14. 一个袋子中有形状、大小完全相同的个小球，标号分别为，从中有放回地随机取球，每次取个，共取次，将每次取出球的标号数字依次记为，则的概率是__________. 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. 在锐角△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且△ABC外接圆半径为. （1）求角B大小； （2）求△ABC周长的取值范围. 16. 如图，在四棱锥中，四边形梯形，其中，，，，平面平面. （1）证明：平面， （2）若，求平面和平面夹角的正弦值. 17. 在2025年春晚《秧BOT》机器人节目中，有16个机器人参与表演.该人工智能机器人团队将传统艺术与现代科技完美融合，表演非物质文化遗产“转手绢”并完成复杂队形变换.这一创新表演不仅展示了我国人工智能技术的飞速发展，也体现了科技赋能传统文化的实践创新.某项研究表明，每个机器人独立完成转手绢动作成功的概率为0.8.在队形变换环节，机器人的表现存在差异：每个机器人若转手绢成功，则其队形变换成功的概率为0.9；若转手绢失败，则队形变换成功的概率为0.6. （1）若从该团队中随机抽取3个机器人调查研究，记X为成功完成转手绢动作的机器人个数，求X的分布列及数学期望； （2）若随机抽取一个机器人，已知其队形变换成功，求它转手绢成功的概率. 18. 已知椭圆（）的左右焦点分别为，，离心率，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线，过右焦点，且它们斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点. （ⅰ）直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由. （ⅱ）求面积的最大值. 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）令，若存在，且，使得且，求实数a的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大理州2026届高中毕业生第一次复习统一检测 数 学 （全卷四个大题，共19个小题，共8页；满分150分，考试用时120分钟） 考生注意： 1.答卷前，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.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 一、单项选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题所给的四个选项中，只有一项是符合题目要求的） 1. 已知集合，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用集合的运算法则可得答案. 【详解】由，， 则， 故. 故选：D 2. 已知复数z满足，则的虚部为（ ） A. B. C. D. 1 【答案】C 【解析】 【分析】设复数，即可求出，再根据复数相等的充要条件求出、，即可得解. 【详解】设复数，所以， 又，所以， 即，所以，解得，所以，则的虚部为. 故选：C 3. 若向量，，且，则（ ） A. 1 B. 0 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】运用向量坐标运算，垂直坐标公式，列方程计算即可. 【详解】由，得． ，， 即，解得. 故选：A. 4. 在等比数列中，，则（ ） A. 36 B. C. D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据等比数列的性质，，结合可得，再利用即可求解，注意等比数列奇数项、偶数项的符合分别相同. 【详解】， 则， 又，解得， 因为， 所以. 故选：D. 5. 下列说法中错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 越接近于1，相关性越强 D. 越接近于0，相关性越弱 【答案】B 【解析】 【分析】根据正态分布以及相关系数的概念直接判断即可. 【详解】对于A，根据正态曲线的对称性可知，，故A说法正确； 对于B，根据正态曲线的对称性可知，，故B说法错误； 对于CD，相关系数越接近于0，相关性越弱， 相关系数越接近于1，相关性越强，故CD说法正确. 故选：B 6. 若圆与双曲线（，）的一条渐近线相切，则双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】由圆与渐近线相切得到，进而求出离心率. 【详解】双曲线的渐近线方程为， 不妨取其中一条渐近线，即， 则，即， ∴. 故选：A. 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】B 【解析】 【分析】根据题意，可算出与周期相等，由此可求出，然后根据正弦曲线、正切曲线的对称性，分别求出两个函数图象的对称中心，建立关于的等式，进而求出满足条件的值. 【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， 故函数与的周期相等， 又函数的周期，∴， ∴， ∴， 令（），故（）， 令（），则（）， 故（，）， 解得（，）， 又，所以. 故选：. 8. 在体积为的三棱锥中，，，平面平面，，，若点，，，都在球的表面上，则球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】取的中点，由直角三角形性质可得，则点就是球心，再利用线面垂直的性质定理可得平面，从而可结合三棱锥体积公式计算即可得. 【详解】如图，取的中点，连接，，因为，， 所以，因此点就是球心，又， 故是等腰直角三角形，所以， 因为平面平面，平面平面， 且平面，所以平面， 设球半径为，则，，则，， 所以三棱锥的体积， 所以，所以球的表面积为. 故选：A. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题所给的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分） 9. 设，.下列各项中，能推出的是（ ） A. ，且 B. ，且 C. ，且 D. ，且 【答案】BD 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性逐项判断即可. 【详解】当时，指数函数为增函数，，A错B对； 当时，指数函数为减函数，， 对于D选项，当时，，则， 所以C选项无法推出，D选项可推出，C错D对. 故选：BD. 10. 的展开式中，则（ ） A. 含项的系数为40 B. 第3项与第4项的二项式系数相等 C. 所有项的二项式系数之和为32 D. 所有项的系数之和为32 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A、B选项，直接根据二项式展开式的通项公式进行求解，并判断选项正误即可； 对于C选项，根据所有项的二项式系数之和为进行求解即可； 对于D选项，通过赋值法，令即可求解所有项的系数之和. 【详解】对于A，的展开式中含的项为，故的系数为40，A正确； 对于B，的展开式中第3项与第4项的二项式系数分别为，，二项式系数相等，B正确； 对于C，所有项的二项式系数之和为，C正确； 对于D，令，所有项的系数之和为，D错误. 故选：ABC 11. 已知抛物线C：，过焦点F的直线与C交于A，B两点，O为坐标原点，则下列说法正确的有（ ） A. 当时， B. 存在弦AB，使得AB中点的坐标为 C. AB的中点到准线的距离小于 D. 当直线AB的斜率时， 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项，通过求的坐标可判断结果；对于B选项，利用中点坐标求的值，进而用验证，可判断B选项；对于选项C，先画出图象，结合抛物线段定义可判断C选项；对于D选项，解题题意，结合韦达定理利用的范围可求的取值范围，可判断D选项. 【详解】由题意知，焦点，准线方程为直线，令，. 对于A，当时，由对称性，不妨取，，则， 所以，故A正确. 对于B，由抛物线的性质可知①.若存在弦AB， 使得AB中点的坐标为，则，解得或， 都不满足①式，故B错误. 对于C，设AB的中点为E，过A，B，E分别作准线的垂线，垂足分别为M，N，Q，如图， 则，而， 所以，故C正确. 对于D，由题意知直线AB的方程为，. 联立抛物线方程，消去x得，则，，所以 ， 因为，所以，因此，所以，故D正确. 故选：ACD 第Ⅱ卷（非选择题 共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 若，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意利用诱导公式和二倍角公式运算求解即可. 【详解】因为， 所以 故答案为：. 13. 已知是等差数列的前n项和，若，，则数列的前2026项和为__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，求得，得到，得到，结合裂项相消法求和，即可求解. 【详解】设等差数列的公差为， 因为，，可得，解得， 所以，则， 所以数列的前n项和为， 所以数列的前2026项和为. 故答案为：. 14. 一个袋子中有形状、大小完全相同的个小球，标号分别为，从中有放回地随机取球，每次取个，共取次，将每次取出球的标号数字依次记为，则的概率是__________. 【答案】 【解析】 【分析】首先确定从口袋中有放回地随机取次球的情况总数，采用列举的方式讨论所有的情况，结合组合数的运算可求得满足条件的基本事件个数，根据古典概型中概率的求法可求得结果. 【详解】从口袋中有放回地随机取次球，每次取个，则共有（种）情况； ①若，则等价于从任取个数，并按照从大到小的顺序赋给，则包含的基本事件个数为（个）； ②若，则等价于从中任取个数，并将取得的较大数赋于，较小数赋于，则包含的基本事件个数为（个）； ③若，则等价于从中任取个数，并将取得的较大数赋于，较小数赋于，则包含的基本事件个数为（个）； ④若，则等价于从中任取个数，并将其赋于，则包含的基本事件个数为（个）； 满足的基本事件个数共有：（个）， 所求概率. 故答案为：. 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. 在锐角△ABC中，设角A，B，C所对的边分别为a，b，c，，且△ABC外接圆半径为. （1）求角B的大小； （2）求△ABC周长的取值范围. 【答案】（1） （2）. 【解析】 【分析】（1）由，利用正弦定理，可得，由余弦定理求出，从而得到的值. （2）由正弦定理得的值，将进行边化角，得到，由△ABC为锐角三角形得到，结合正弦函数的性质得到的范围，从而得到△ABC周长的取值范围. 【小问1详解】 ∵， 由正弦定理，可得，即. 由余弦定理，可得，又∵，∴ 【小问2详解】 由正弦定理，可得， ， ∵△ABC为锐角三角形，可得，即，解得， ∴，∴，∴， 即，△ABC周长的取值范围为. 16. 如图，在四棱锥中，四边形是梯形，其中，，，，平面平面. （1）证明：平面， （2）若，求平面和平面夹角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）由勾股定理可证得，根据面面垂直的性质证明即可. （2）建立空间直角坐标系，根据面面角向量法求解即可. 【小问1详解】 因为，，所以， 因为，所以为正三角形， 又因为，所以，， 在△ABD中，， 所以， 因为，所以， 又因为平面平面，平面平面，平面， 所以平面； 【小问2详解】 因为平面，平面， 所以， 又因为，，平面， 所以平面， 如图，以为原点，分别以为轴，轴，轴的正方向，建立空间直角坐标系， 则，，，，， 设平面的一个法向量为， 所以，所以，取，则，， 所以， 取平面的一个法向量为， 设平面和平面夹角大小为， 则，， 所以平面和平面夹角的正弦值为. 17. 在2025年春晚《秧BOT》机器人节目中，有16个机器人参与表演.该人工智能机器人团队将传统艺术与现代科技完美融合，表演非物质文化遗产“转手绢”并完成复杂队形变换.这一创新表演不仅展示了我国人工智能技术的飞速发展，也体现了科技赋能传统文化的实践创新.某项研究表明，每个机器人独立完成转手绢动作成功的概率为0.8.在队形变换环节，机器人的表现存在差异：每个机器人若转手绢成功，则其队形变换成功的概率为0.9；若转手绢失败，则队形变换成功的概率为0.6. （1）若从该团队中随机抽取3个机器人调查研究，记X为成功完成转手绢动作的机器人个数，求X的分布列及数学期望； （2）若随机抽取一个机器人，已知其队形变换成功，求它转手绢成功的概率. 【答案】（1）分布列见解析，2.4 （2） 【解析】 【分析】（1）根据二项分布的知识求得分布列并求得数学期望. （2）根据全概率公式、条件概率公式计算求得机器人转手绢成功的概率. 【小问1详解】 由题意得，，其分布列为：，，1，2，3. X分布列为： X 0 1 2 3 P 0.008 0.096 0.384 0.512 数学期望为. 【小问2详解】 设事件A为“一个机器人转手绢成功”，事件B为“一个机器人队形变换成功”. 根据题意，， . 18. 已知椭圆（）的左右焦点分别为，，离心率，且过点. （1）求椭圆的标准方程； （2）直线，过右焦点，且它们的斜率乘积为，设，分别与椭圆交于点C，D和E，F.若M，N分别是线段CD和EF的中点. （ⅰ）直线MN是否过定点？若是，求出定点坐标；若不是，请给出理由. （ⅱ）求面积的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）直线MN过的定点为.（ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据题意，列出关于的方程组，求得的值，即可求解； （2）（ⅰ）设直线为，直线为，联立方程组，分别求得和，得出直线MN的方程，进而得到MN过的定点. （ⅱ）由MN过的定点为，求得，结合基本不等式，即可求解. 【小问1详解】 解：因为椭圆的离心率，且过点， 可得且，解得， 所以椭圆的标准方程为. 【小问2详解】 解：（ⅰ）由（1）知，椭圆，可得， 设直线的方程为，的方程为，且，， 联立方程组，整理得， 所以，， 因为为的中点，所以，， 即，同理可得， 直线MN的方程为，即， 所以直线MN过的定点为. （ⅱ）由MN过的定点为， 所以， 当且仅当时，即时，等号成立，所以的面积最大值为. 【点睛】 19. 已知函数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）证明：曲线是中心对称图形； （3）令，若存在，且，使得且，求实数a的取值范围. 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）应用导数几何意义求切线方程； （2）根据解析式求得，即可证； （3）设，则，，，问题化为函数在区间上有零点，再利用导数研究函数的零点求参数范围. 【小问1详解】 由，则切点为，因为，所以切线的斜率， 所以曲线在点处的切线方程为，即. 【小问2详解】 由题意知，函数的定义域为， 因为， 所以曲线的对称中心为，则曲线是中心对称图形； 【小问3详解】 由题意知，， 由，得，即， 将代入，得，即， 不妨设，则，，， 转化为函数在区间上有零点， ，其中， 函数的对称轴方程为， 当时，恒成立，在区间上单调递减， 又，所以，故在区间上无零点； 当时，在上有一个实数根， 所以在上，，单调递增，在上，，单调递减， 又，得， 下面证明：函数在减区间上存在零点， 考虑中含参数a， 取（），则， ，则， 令，则， 令，，所以函数在上为减函数， 因为，所以恒成立， 所以为上的减函数， 所以， 又，所以， 所以函数在减区间上存在零点， 综上，，故实数a的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $