2026届云南昆明高考数学自编模拟卷（一）

2026届云南昆明高考数学模拟卷（一） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019高考考试大纲要求内容。 5．难度系数：0.7。 第一部分（选择题 共58分） 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，则实数的值是（    ） A． B． C． D．或 2．若复数（为虚数单位，）为纯虚数，则（   ） A．-1 B．0 C．1 D． 3．已知非零向量与的夹角为，则“”是“为锐角”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，且，则（    ） A． B． C． D． 5．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与的右支相交于P、Q两点，若，点位于第一象限，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C． D． 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在棱上运动（不与重合），点在平面内，平面，延长至，使得，设，，则关于的函数图像大致为（    ） A． B． C． D． 8．已知点，，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 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．已知直线，直线，则（   ） A．直线过定点 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值为 10．下列说法中，正确的是（   ） A．已知随机变量服从二项分布，若，，则 B．已知随机变量服从正态分布，若，则 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与不独立 D．样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 11．若，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，含项的系数为 ． 13．记数列的前项和为，已知，（），则 . 14．已知是锐角三角形，内角、、所对应的边分别为、、.若，则的最小值是 ． 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．（13分）如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，，，，点E是棱的中点．    (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 16．（15分）小明参加一项积分晋级赛，规则如下：初始积分为分，每场比赛胜则加分，负则减分，平则积分不变；当积分达到分（淘汰出局）或分（晋级成功）时终止比赛，否则继续比赛；若三场比赛后仍未终止，则判定为晋级成功并终止比赛.已知每场比赛结果相互独立，小明每场比赛胜､负､平的概率分别为. (1)比赛终止时小明积分为分的概率； (2)在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率. 17．（15分）已知数列和满足：，，且． (1)求和的通项公式； (2)（i）求数列的前项和； （ii）试比较与的大小． 18．（17分）已知抛物线：的准线方程为. (1)求的方程. (2)过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的取值范围； （ⅲ）过点作轴的垂线，交直线于点，证明：线段的中点在一条定直线上. 19．（17分）已知函数. (1)求曲线在点处的切线的斜率； (2)求函数在上的单调区间； (3)函数，若在上有三个不同的极值点,，，证明：为定值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026届云南昆明高考数学模拟卷（一） 注意事项： 1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。 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．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。 4．测试范围：人教A版2019高考考试大纲要求内容。 5．难度系数：0.7。 第一部分（选择题 共58分） 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，则实数的值是（    ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】根据元素与集合之间的关系，及集合元素的互异性即可求出的值. 【详解】，则或， 当，则集合为，满足集合的互异性， 当，则集合为，不满足集合的互异性，故舍去， 故. 故选：A 2．若复数（为虚数单位，）为纯虚数，则（   ） A．-1 B．0 C．1 D． 【答案】A 【分析】利用复数的除法运算，结合纯虚数的定义求解. 【详解】复数，由为纯虚数，得， 所以. 故选：A 3．已知非零向量与的夹角为，则“”是“为锐角”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】B 【分析】根据充分必要条件的定义判断． 【详解】为锐角时，，因此是必要的， 时，，满足，但不是锐角，因此不充分，故是必要不充分条件， 故选：B． 4．已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由诱导公式化简可得，再由余弦的和差角公式代入计算，即可得到结果. 【详解】因为，又，所以 因为，故，， 所以，即， 故， 因为，， 故，，， 所以． 故选：D 5．已知双曲线的左、右焦点分别为，过点的直线与的右支相交于P、Q两点，若，点位于第一象限，则双曲线的离心率为（   ） A．2 B． C． D． 【答案】B 【分析】设，，，易得，令，则，利用双曲线的性质可得，可求出、，结合勾股定理可求得结果. 【详解】如下图所示： 由，不妨设，则，， 于是，，设，则， 由双曲线的定义得， 即，解得，因此，解得， ，，由勾股定理得， 即，解得，所以该双曲线的离心率为. 故选：B 6．已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由全概率公式计算即可． 【详解】 ． 故选：D． 7．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点在棱上运动（不与重合），点在平面内，平面，延长至，使得，设，，则关于的函数图像大致为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】建立坐标系，求出和各点坐标，平面的法向量，根据平面，求出点的坐标，最后求出函数关系式. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴. 正方体棱长为2，各点坐标： ，， 点在上，，则()，，， 设平面一个法向量为，则 解得， 取，得， 设(在平面内)，则，， 由平面，得，即， 解得，所以. ， 即. 故选：A 8．已知点，，定义为的“镜像距离”．若点在曲线上，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D． 【答案】D 【分析】依题意求出的反函数，将“镜像距离”转化成一对反函数图象上两点之间的距离，利用导数求出最值即可求得结果. 【详解】由函数可得，即， 所以的反函数为， 由点在曲线上，可知点在其反函数上， 所以 相当于上的点到曲线上点的距离， 即， 利用反函数性质可得与关于对称， 的最小值相当于点到直线的距离最小值的2倍， 点到直线的距离，由于恒在下方， 所以， ，求导得：，令 得，又在上单调递增， 所以可得对恒成立，对恒成立， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以， 所以. 故选：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．已知直线，直线，则（   ） A．直线过定点 B．若，则 C．若，则 D．若，则直线与坐标轴围成的三角形面积的最小值为 【答案】ABC 【分析】根据直线过定点、两条直线平行与垂直以及三角形面积公式逐一分析即可. 【详解】可将直线化为，令，解得，故直线过定点，故A正确. 若，则，解得，当时，直线，直线，符合题意； 当时，直线，直线，符合题意；故B正确， 若，则，解得，当时，直线，直线，符合题意；故C正确, 令直线中，则，令， 坐标轴围成的三角形面积为， ，，，当且仅当，即时等号成立， 此时，故D错误. 故选：ABC. 10．下列说法中，正确的是（   ） A．已知随机变量服从二项分布，若，，则 B．已知随机变量服从正态分布，若，则 C．根据分类变量与的成对样本数据，计算得到．依据的独立性检验，可判断与不独立 D．样本点的经验回归方程为，若样本点与的残差相等，则 【答案】ACD 【分析】由二项分布的期望和方差公式可得A；利用正态分布的对称性可判断B；根据独立性检验零假设为：与相互独立，由卡方值大于得到不成立，即可判断C；利用残差的计算可得D. 【详解】对于A，已知随机变量服从二项分布，若，， 则，解得，故A正确； 对于B，随机变量服从正态分布，所以对称轴为， 则，因为，所以， 所以，故B错误； 对于C，零假设为：与相互独立， 由， 所以与不相互独立，犯错误的概率不超过0.01，故C正确； 对于D，由题意可得样本点与的残差分别为和， 所以，则，故D正确. 故选：ACD. 11．若，则下列结论中正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】A选项，作差法得到；B选项，令，由单调性可得B正确；C选项，令，，由函数单调性可得，变形后得到C错误；D选项，由余弦函数和幂函数单调性可得. 【详解】A选项，， 因为，所以，，故，A正确； B选项，令， 显然在上单调递增， 又，所以，B正确； C选项，令，， 显然在上单调递增， 因为，所以， 即，则，C错误； D选项，设，，则在上单调递减， 因为，所以，且， 设，由于，故在上单调递增， 故，D正确. 故选：ABD 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．在的展开式中，含项的系数为 ． 【答案】19 【分析】根据二项式展开式的通项公式逐一进行求解. 【详解】在的展开式中， 含项的系数为， 故答案为：19. 13．记数列的前项和为，已知，（），则 . 【答案】 【分析】由得，由递推关系可得数列奇数项，偶数项都是等比数列，分组求和即可求解. 【详解】根据题意，数列中，（）， 则有①，可得②，①÷②可得. 又，得，故数列的奇数项为首项为1， 公比为2的等比数列，数列的偶数项为首项为2， 公比为2的等比数列，则 . 故答案为： 14．已知是锐角三角形，内角、、所对应的边分别为、、.若，则的最小值是 ． 【答案】 【分析】根据题意，化简得到，求得，且，根据为锐角三角形求出角的取值范围，利用正弦定理结合三角恒等变换化简得出，利用二次函数的性质，即可求解. 【详解】因为，由正弦定理可得， 所以， 可得， 因为为锐角三角形，即、，故， 因为正弦函数在上单调递增，所以，即， 则， 由可得，所以， 所以 ， 故当时，取最小值. 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．（13分）如图，在四棱锥中，平面，底面是平行四边形，，，，点E是棱的中点．    (1)求证：平面； (2)若，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】(1)证明见解析； (2) 【分析】（1）根据线面垂直性质可知，再由线面垂直判定定理即可证明得出结论； （2）以为坐标原点建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，根据法向量与面面角的余弦值的关系计算即可. 【详解】（1）因为平面，平面，所以； 又因为，平面， 所以平面， 又平面，因此, 又因为底面是平行四边形，所以可得为矩形； 因为，平面， 所以平面. （2）由（1）可知三条线两两垂直， 以为坐标原点，分别以所在直线为轴建立空间直角坐标系，如下图所示：    由，，可得， 所以， 设平面的一个法向量为， 所以，解得，令，可得； 因此可得； 又， 设平面的一个法向量为， 所以，解得，令，可得； 因此可得； 设平面与平面的夹角为， 所以， 因此平面与平面夹角的余弦值为. 16．（15分）小明参加一项积分晋级赛，规则如下：初始积分为分，每场比赛胜则加分，负则减分，平则积分不变；当积分达到分（淘汰出局）或分（晋级成功）时终止比赛，否则继续比赛；若三场比赛后仍未终止，则判定为晋级成功并终止比赛.已知每场比赛结果相互独立，小明每场比赛胜､负､平的概率分别为. (1)比赛终止时小明积分为分的概率； (2)在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）设为比赛终止时小明的积分，要计算，列举全部三种积分达到分且比赛终止的胜负平序列，分别计算概率并相加. （2）设为“比赛两场便终止”，为“晋级成功”，两场终止只有连胜或连负两种情况，计算和（连胜情形），代入条件概率公式即可. 【详解】（1）（1）设表示比赛终止时小明的积分，由题可知时，有以下3种情况： 第一种：第一场､第二场结果都为负； 第二种：第一场结果为平，后两场比赛结果都为负； 第三种：第一场结果为负，第二场结果为平，第三场结果为负. ∴. （2）设事件：比赛进行了两场便终止，事件：小明晋级成功， 由题意知， . 所以， 所以在比赛进行两场便终止的条件下，小明晋级成功的概率为. 17．（15分）已知数列和满足：，，且． (1)求和的通项公式； (2)（i）求数列的前项和； （ii）试比较与的大小． 【答案】(1)， (2)（i）；（ii）答案见解析 【分析】（1）利用累加法求的通项公式，利用作商的方法求的通项公式； （2）（i）由于，利用裂项相加法求和； （ii）当时，，适当放缩可得证. 【详解】（1）由， 得，，，，． 相加得， 解得． 又满足上式，因此有． 故，则，相除得， 又满足上式，因此有． （2）（i）由得， ， . （ii）因为，，所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 因为，，所以， 当时，．下面证明， ． 18．（17分）已知抛物线：的准线方程为. (1)求的方程. (2)过点且斜率为的直线与交于，两个不同的点，为坐标原点. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）若，求的取值范围； （ⅲ）过点作轴的垂线，交直线于点，证明：线段的中点在一条定直线上. 【答案】(1) (2)（ⅰ）；（ⅱ）；（ⅲ）证明见解析 【分析】（1）根据抛物线标准方程求解即可； （2）（ⅰ）直线与抛物线有两个交点，利用判别式求解即可；（ⅱ）表示，利用的取值范围求解即可；（ⅲ）利用设点和韦达定理，可求解的中点坐标的关系，即可证明. 【详解】（1）根据题意可知准线方程为，即的准线方程为， 所以，即， 所以， 则抛物线的方程为：； （2）（ⅰ）依题意得直线的方程为， 当时，直线与抛物线只有一个交点，不符合题意， 当时，代入， 得， 则且，解得且， 所以的取值范围是； （ⅱ）设，，根据（ⅰ），利用韦达定理可得： ，， 所以， 代入可得：； 若，即，则， 所以 ， 即的取值范围是； （ⅲ） 因为直线OB的方程为， 所以点的坐标为， 设线段AD的中点为，则，， 则 ， 所以点在直线上，故线段AD的中点在一条定直线上. 19．（17分）已知函数. (1)求曲线在点处的切线的斜率； (2)求函数在上的单调区间； (3)函数，若在上有三个不同的极值点,，，证明：为定值. 【答案】(1)0. (2)单调递增区间为和，单调递减区间为和. (3)证明见解析 【分析】（1）根据导数的几何意义求导并代入计算可得结果； （2）利用和差化积公式将导函数化简分解并求出导函数的零点，即可求得在上的单调区间； （3）根据极值点与导函数零点之间的关系，将问题转化为求函数零点个数问题，再利用换元法可知方程有三个零点，再利用韦达定理的推广利用三次方程根与系数关系可证明. 【详解】（1）由题可得，所以， 所以曲线在处的切线的斜率为0. （2）由于， 所以， 当，令，解得，，， 则令，解得，或， 令，解得，或， 所以的单调递增区间为和，单调递减区间为和. （3）证明：由于， 所以. 由于 ， 所以， 因为在上有三个不同的极值点， 所以在上有三个不同的根，即在上有三个不同的根， 令，方程转化为， 设方程的根为，，， 因为，，互不相等且，， 所以，，互不相等，且， 则，化简可得， 则，即， 所以，即， 即， 所以， 所以为定值. 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 $