精品解析：云南省红河州、文山州2026届高中毕业生第一次复习统一检测数学试题

红河州、文山州2026届高中毕业生第一次复习统一检测 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 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，将答题卡交回， 一、单项选择题：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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 在孟德尔两对相对性状的豌豆杂交实验中，子二代豌豆性状表现型及理论比例为：黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒．现研究人员计划从大量该代豌豆种子中，随机抽取n粒豌豆作为样本进行研究．若希望样本中黄色皱粒豌豆的理论（期望）数量为30粒，则样本量n应为（ ） A. 160 B. 190 C. 220 D. 250 3. 已知是等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 20 B. 55 C. 110 D. 220 4. 设为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 5. 已知命题“”是真命题，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 6. 已知抛物线的焦点为F，两条直线和分别与抛物线C相交于不同于原点的两点．若直线经过点F，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 7. 在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 11 B. 14 C. D. 8. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本题共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. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数的极大值为4 C. 函数图象的对称中心为 D. 函数有3个零点 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若点P在双曲线C的右支上，且，则 B. 若双曲线C的渐近线方程为，则其离心率为 C. 若，直线与双曲线C有且仅有一个交点，则满足条件的k值有2个 D. 若双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，则的面积为 11. 南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 集合中共有25个奇数 C. 设，则的前100项和为2550 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数，若且，则满足条件的________．（写一个即可） 13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为________． 14. 在四面体中，已知点分别为棱的中点，且．若，则四面体外接球的表面积为________． 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. 如图，在直三棱柱中，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 16. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求C的标准方程； （2）直线与C交于两点，且以为直径的圆过原点O．证明：原点O到直线l的距离为定值． 17. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和对称轴； （2）若， （i）当时，求使成立的x的范围； （ii）在中，角的对边分别为，且．若________求的取值范围．请从以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答． ①为锐角三角形且；②的面积为S且． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在上存在唯一零点，求a的取值范围； （3）函数有两个极值点为，若，求的最大值． 19. 大模型训练热潮推动了人工智能技术的快速发展，使其在自然语言处理、计算机视觉、语音识别等多个领域取得了显著的成果，并在经济、法律、社会等众多领域展现出了巨大的应用潜力．某人工智能研发团队的甲、乙、丙三个小组分别对同一模型开展检测，各小组检测按多个阶段依次进行测试：第一阶段测试通过的概率为，从第二阶段开始，若前一阶段测试通过，则当前阶段测试通过的概率为p（其中，体现模型经优化后测试通过率的提升趋势）；若前一阶段测试未通过，则当前阶段测试通过的概率仍为（视为小组调整参数后回归基础测试水平）．表示“第k阶段测试通过”． （1）若，求； （2）若各组检测结果相互独立，且仅对第一、二阶段进行检测，求甲、乙、丙三个小组检测后，恰有两个小组检测通过了1个阶段测试的概率； （3）设，证明：对任意正整数n，均有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 红河州、文山州2026届高中毕业生第一次复习统一检测 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内. 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，将答题卡交回， 一、单项选择题：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. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的交集运算即可求解. 【详解】由题意可得． 故选：B． 2. 在孟德尔两对相对性状的豌豆杂交实验中，子二代豌豆性状表现型及理论比例为：黄色圆粒：黄色皱粒：绿色圆粒：绿色皱粒．现研究人员计划从大量该代豌豆种子中，随机抽取n粒豌豆作为样本进行研究．若希望样本中黄色皱粒豌豆的理论（期望）数量为30粒，则样本量n应为（ ） A. 160 B. 190 C. 220 D. 250 【答案】A 【解析】 【分析】根据分层抽样结合样本数量计算求解. 【详解】根据题意得，黄色皱粒豌豆所占总体比例为，所以样本量． 故选：A． 3. 已知是等差数列的前n项和，若，则（ ） A. 20 B. 55 C. 110 D. 220 【答案】C 【解析】 【分析】利用等差数列的性质与求和公式计算即可. 【详解】因为是等差数列，，所以, 则． 故选：C． 4. 设为两条不同直线，为三个不同平面，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，由空间中的线面关系逐一判断，即可得到结果. 【详解】对于A，与可能相交（如墙角的三个平面）； 对于B，因为，所以在内存在直线使得，由得，故； 对于C，应推出； 对于D，由且，由面面垂直的判定定理， 若一个平面经过另一个平面的一条垂线，那么这两个平面互相垂直， 这里缺少这个条件，所以不能得出，故D错误； 故选：B． 5. 已知命题“”是真命题，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用一次函数的单调性及全称命题的真假计算即可. 【详解】由于该命题是真命题，则在上恒成立， 设函数，则． 因为，所以. 故选:A． 6. 已知抛物线的焦点为F，两条直线和分别与抛物线C相交于不同于原点的两点．若直线经过点F，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】利用直线与抛物线的对称性结合点在抛物线上计算即可. 【详解】由题知，两直线关于x轴对称， 又抛物线也关于x轴对称，所以两点关于x轴对称， 因为直线经过点，所以直线的方程为， 又因为点A在抛物线C上，代入得，即， 因为，所以，所以，解得． 故选：C． 7. 在中，为的中点，且外接圆的圆心为M，则（ ） A. 11 B. 14 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，分别取线段的中点为结合向量数量积的定义以及运算律代入计算，即可得到结果. 【详解】 因为N为的中点，则，所以． 如图，分别取线段的中点为，因为M为的外接圆圆心， 所以，则 ， ， 因此． 故选：D． 8. 在中，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】设，应用和差化积及已知可得，再由三角形内角和性质、诱导公式化简得，利用二倍角正切公式、平方关系求. 【详解】设，则①， ②， 得，在中， 所以，即， 又因为，即， 因为，代入得， 因为，所以． 故选：A 二、多项选择题：本题共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. 已知函数，则下列结论正确的有（ ） A. 函数在区间上单调递减 B. 函数的极大值为4 C. 函数图象的对称中心为 D. 函数有3个零点 【答案】BC 【解析】 【分析】求导研究其单调性得函数在上单调递增，上单调递减，上单调递增，进而得极大值为判断AB；根据为奇函数，得函数图象的对称中心为判断C；根据判断D. 【详解】对于A，由，得． 当时，，所以函数在上单调递增，故A错误； 对于B，令，解得或． 当时，，则函数在上单调递增； 当时，，则函数在上单调递减； 当时，，则函数在上单调递增， 因此，是的极大值点，极大值为，故B正确； 对于C，令，定义域为，因为， 所以是奇函数，其图象的对称中心为．又因为由图象向上平移2个单位长度可得图象， 所以函数图象的对称中心为，故C正确； 对于D，令，即 ，解得或， 所以函数有2个零点，故D错误． 故选：BC． 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，则下列说法正确的是（ ） A. 若点P在双曲线C的右支上，且，则 B. 若双曲线C的渐近线方程为，则其离心率为 C. 若，直线与双曲线C有且仅有一个交点，则满足条件的k值有2个 D. 若双曲线C的离心率为，过作C的一条渐近线的垂线，垂足为M，则的面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据双曲线的定义以及渐近线、离心率的相关运算可判断A,B，根据直线方程可得直线过定点，分类讨论并分析直线与渐近线平行和不平行两种情况下满足题意的直线条数，即可判断C，根据题意作图，结合双曲线的性质以及三角形面积计算，可判断D. 【详解】对于A，因为点P在双曲线C的右支上，所以，又，解得，故A正确； 对于B，因为双曲线的渐近线方程为且焦点在x轴上，所以， 又，所以离心率，故B正确； 对于C，因为直线方程为：，所以直线恒过点， 当直线与渐近线平行时，满足题意的直线有两条； 当直线与渐近线不平行且与双曲线相切时，满足题意的直线也有两条． 综上，满足条件的直线有4条，即k的值也有4个，故C错误； 对于D，如图，因为垂直于渐近线，所以，又因为，所以． 在中，，所以， 所以， 又因为，即，所以， 所以，故D正确． 故选：ABD． 11. 南宋数学家杨辉“善于把已知形状、大小的几何图形的面积、体积的连续量问题转化为求离散量的垛积问题”．在他的专著《详解九章算法·商功》中，杨辉将堆垛与相应立体图形类比，推导出了三角垛、方垛、刍甍垛、刍童垛等的公式，后人经常利用“三角垛”解决现实中的堆垛问题．现有一堆货物，从上向下数，第一层有1个货物，第二层比第一层多2个，第三层比第二层多3个，以此类推，记第n层货物的个数为，前n层货物的总数为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 集合中共有25个奇数 C. 设，则的前100项和为2550 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】由迭代法代入计算，即可判断A，分别讨论，，以及时，的奇偶性，即可判断B，由并项求和法代入计算，即可判断C，由组合数的性质代入计算，即可判断D. 【详解】对于A，依题意，且，所以当时，， 从而，故A正确； 对于B，当时， ，此时为奇数； 同理当时，为奇数；当时，为偶数； 当时，为偶数， 所以集合中共有24个奇数，故B错误； 对于C，设的前n项和为，因为， 则，故C正确； 对于D，由，知 故， 所以 ，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设复数，若且，则满足条件的________．（写一个即可） 【答案】（答案不唯一） 【解析】 【分析】根据模长公式计算求解. 【详解】复数，取，满足且，符合题意． 故答案为：（答案不唯一） 13. 已知函数，则曲线在点处的切线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】由导数的几何意义和导数的运算公式求解即可. 【详解】由，得，所以， 又因为，则切点坐标为， 故曲线在点处的切线方程为，即． 故答案为： 14. 在四面体中，已知点分别为棱的中点，且．若，则四面体外接球的表面积为________． 【答案】 【解析】 【分析】依题意可构造长方体使得四面体的顶点与长方体的顶点重合，长方体的外接球即为四面体的外接球，求出长方体外接球的半径，即可求出外接球的表面积. 【详解】由题可将几何体补形为长方体，如下图所示： 对棱，且对棱中点分别满足， 所以该长方体的外接球即为四面体的外接球， 设长方体的长、宽、高分别为， 则， 所以外接球的半径，即四面体的外接球半径为， 因此，该四面体外接球的表面积． 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. 如图，在直三棱柱中，为的中点． （1）证明：平面； （2）求直线与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）答案见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）连接交于点M，连接，先判定，根据线线平行证明线面平行即可； （2）建立空间直角坐标系，利用空间向量计算线面夹角即可. 【小问1详解】 连接交于点M，连接， 因为四边形为平行四边形，所以M为的中点， 又因为D为的中点，所以， 因为平面平面，所以平面． 【小问2详解】 取的中点E，连接，以D为原点， 以所在直线分别为x轴，y轴，z轴， 建立如图所示空间直角坐标系， 则， 所以， 设平面的法向量为， 则,取，则， 所以． 设直线与平面所成角为， 则， 所以直线与平面所成角的正弦值为． 16. 已知椭圆的离心率为，且过点． （1）求C的标准方程； （2）直线与C交于两点，且以为直径的圆过原点O．证明：原点O到直线l的距离为定值． 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用椭圆的基本性质，结合已知条件列方程求解即可； （2）联立直线与椭圆方程，将已知“以为直径的圆过原点O”转化为“”，结合韦达定理、点到直线的距离公式运算即可证得. 【小问1详解】 由题意可得解得 所以C的标准方程为． 【小问2详解】 如图，设点， 由得， 所以， 故， 则， 因为以为直径的圆过原点O，所以， 即，即， ，化简得，即， 又因为原点O到直线l的距离， 所以，即． 故原点O到直线l的距离为定值． 17. 已知函数． （1）求函数的最小正周期和对称轴； （2）若， （i）当时，求使成立的x的范围； （ii）在中，角的对边分别为，且．若________求的取值范围．请从以下两个条件中任选一个补充在横线处并作答． ①为锐角三角形且；②的面积为S且． 【答案】（1）； （2）（i）；（ii）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据辅助角公式，先对化简，再根据三角函数的性质求最小正周期和对称轴. （2）（i）先求出的表达式，求出的的取值，再结合图象求出的的取值范围. （ii）选①，利用正弦定理，将表示为角的函数，根据三角形内角的取值范围求的范围.选②，根据面积公式及余弦定理将表示出来，结合基本不等式求范围. 【小问1详解】 由题意，所以，故的最小正周期为． 令，得． 所以函数图象的对称轴方程为． 【小问2详解】 由题意知． （i）在同一坐标系中，作出函数与直线的图象，如下图所示： 令，即， 当时，由得或， 即或． 又因为，故或； 当时．由得或，，即或． 又因为，故或， 所以结合函数的图象得，使成立的x的范围为． （ii）因为，则， 因为，所以，所以，解得． 选①为锐角三角形且， 由正弦定理：，则 . 因为为锐角三角形，所以，即，得， 则，所以， 所以，故的取值范围为． 选②的面积为且， 由，得． 由余弦定理， 消a得， 变形得，因为，即， 解不等式得，当且仅当时等号成立． 所以的取值范围为． 18. 已知函数． （1）讨论的单调性； （2）若在上存在唯一零点，求a的取值范围； （3）函数有两个极值点为，若，求的最大值． 【答案】（1）答案见解析； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）对函数求导，讨论、研究导数的符号判断函数的单调性； （2）问题化为函数与的图象在上有唯一交点，应用导数、数形结合确定参数范围； （3）由并对其求导，问题化为是方程的两个实数根，进而得，利用导数求其最大值，即可得. 【小问1详解】 函数的定义域为， 当时，在上恒成立，所以在上单调递增； 当时，令得， 当时，单调递减； 当时，单调递增． 综上，当时，在R上单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 由题意知，在上存在唯一零点, 等价于方程在上有唯一实数根, 等价于函数与的图象在上有唯一交点， 因为直线过定点为直线的斜率， 根据题意，直线所在区间为下图中阴影部分， 由图，下临界线为函数在处的切线，， 上临界线过点，则， 所以a的取值范围为． 【小问3详解】 由题意得，定义域为，则． 因为是函数的两个极值点，所以是方程的两个实数根， 则． ． 令，由，可得， 令，则， 所以在上单调递减，可得， 故的最大值为. 19. 大模型训练热潮推动了人工智能技术的快速发展，使其在自然语言处理、计算机视觉、语音识别等多个领域取得了显著的成果，并在经济、法律、社会等众多领域展现出了巨大的应用潜力．某人工智能研发团队的甲、乙、丙三个小组分别对同一模型开展检测，各小组检测按多个阶段依次进行测试：第一阶段测试通过的概率为，从第二阶段开始，若前一阶段测试通过，则当前阶段测试通过的概率为p（其中，体现模型经优化后测试通过率的提升趋势）；若前一阶段测试未通过，则当前阶段测试通过的概率仍为（视为小组调整参数后回归基础测试水平）．表示“第k阶段测试通过”． （1）若，求； （2）若各组检测结果相互独立，且仅对第一、二阶段进行检测，求甲、乙、丙三个小组检测后，恰有两个小组检测通过了1个阶段测试的概率； （3）设，证明：对任意正整数n，均有． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据事件的全概率公式，将和的概率表示为不同情况的概率之和； （2）先求出一个小组检查通过1个阶段测试的概率，再利用二项分布的概率公式恰有两个小组检测通过了1个阶段测试的概率 （3）先根据全概率公式得到的递推关系，再通过变形和放缩证明不等式. 【小问1详解】 ， ， 同理， ． 【小问2详解】 设每个组检测恰好通过1个阶段测试的概率为q， ， 则甲、乙、丙三个组检测后，恰有两个组检测通过了1个阶段测试的概率为： ． 【小问3详解】 由题目条件，可得递推关系：时，，则， 且，令，则递推关系为． 设常数c使得，则有，与递推关系比较得， 代入可得， 令，则， ， 则． 那么，因为，故且， 所以， 要证，即证， 当时，，则，不等式成立． 当时，令，则，则，要证， 只需证，即只需证明成立， 构造函数， 当时，，则在上成立， 所以在上为减函数，，则不等式成立． 综上所述，对任意正整数n，均有． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $