2026届云南昆明高考数学自编模拟卷（三）

2026届云南昆明高考数学模拟卷（三） 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．已知集合，集合，若，则实数（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 2．已知复数满足，则的虚部为（　　） A． B． C． D． 3．已知向量，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 4．已知为两个随机事件，，则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若独立，则 C．若独立，则 D．若互斥，则 5．过点引直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于（ ） A． B． C． D． 6．已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（   ） A．2 B．1 C． D． 7．如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（    ）． A． B． C． D． 8. 已知，，，则（ ） 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，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 10．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于P，Q两点，则（   ） A．抛物线C的焦点为 B．直线AB与抛物线相切 C． D． 11．已知中，角的对边分别为，且满足，则（    ） A． B． C．面积的最大值为1 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．下面是按从小到大顺序排列的两组数据： 甲：1，3，，10，13，15，19，22，27，30；乙：2，5，7，，20，30. 若甲组数据的第30百分位数和乙组数据的中位数相等，则 . 13．已知数列的前n项和为，若，则 ． 14．已知实数满足，则的最大值为 . 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．（13分）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)若，求； (2)若，求的面积. 16．（15分）某经济研究所为了解居民存款余额变化情况，对2009年至2024年居民存款余额进行统计分析，将2009年看成第1年，依次类推，得到第1~16年的居民存款余额（单位：万亿元）的散点图，如图所示： (1)已知从2021年开始，居民存款余额超过100万亿元，若从2009年至2024年中任取2年，求这2年中恰有一年居民存款余额超过100万亿元的概率； (2)由散点图知，和的关系可用经验回归模型进行拟合，求关于的经验回归方程. 参考数据：设，则. 参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为. 17．（15分）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.若平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 18．（17分）已知函数． (1)若直线与函数的图象均相切，求直线的方程； (2)记． （i）求的单调区间； （ii）若，其中，求证：． 19．（17分）已知椭圆可由椭圆绕原点逆时针旋转得到.经过（）变换：可将椭圆的方程转化为的方程. (1)若上的点经过（*）变换后得到上的对应点的坐标为，求的值； (2)设椭圆的焦点为（其中在第一象限）. （i）求的坐标； （ii）过在第一象限内的顶点作切线，过作轴的垂线，在上且在外的一点作的两条切线，切点分别为，直线和分别交直线于两点.证明：直线和的交点在定直线上. 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（三） 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．已知集合，集合，若，则实数（   ） A．0 B．1 C．2 D．3 【答案】B 【分析】先计算集合，结合集合间的包含关系，计算即可得答案. 【详解】由，解得或，所以. 因为，所以且. 由可知，或或，解得或 当时，，不满足集合元素的互异性，舍去； 当时，满足，故. 故选：B. 2．已知复数满足，则的虚部为（　　） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】把已知的等式变形，然后利用复数代数形式的乘除运算化简即可求解． 【详解】由，可得, 所以的虚部为， 故选：C 3．已知向量，则向量在向量上的投影向量为（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】应用投影向量公式及数量积坐标公式及模长公式计算求解. 【详解】因为向量， 则向量在向量上的投影向量为. 故选：A. 4．已知为两个随机事件，，则下列结论错误的是（    ） A．若，则 B．若独立，则 C．若独立，则 D．若互斥，则 【答案】B 【分析】分别根据相互独立事件的概率，互斥事件的概率，包含事件的概率的定义及公式计算可得. 【详解】对于A：因为，所以，故A正确； 对于B：因为独立，所以与也相互独立， 所以，故B错误； 对于C：若独立，根据并事件的概率公式得 ，故C正确； 对于D：互斥，由概率的加法公式可得，故D正确. 故选：B 5．过点引直线与曲线相交于两点，为坐标原点，当的面积取最大值时，直线的斜率等于（ ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由题知表示以原点为圆心，为半径的半圆，设，进而根据面积公式得，时，的面积取得最大值，此时原点到直线的距离为，设直线的方程为，再根据距离公式求解即可得答案 【详解】曲线即为，表示以原点为圆心，为半径的半圆， 设 所以的面积， 所以，当时，的面积取得最大值，此时原点到直线的距离为， 设直线的方程为， 因为原点到直线的距离为，解得， 所以，整理得，解得（正舍）. 所以的面积取最大值时，直线的斜率等于 故选：B 6．已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（   ） A．2 B．1 C． D． 【答案】D 【分析】结合奇函数和偶函数的性质可求得，再利用三角函数恒等变形求最值. 【详解】是奇函数，是偶函数，，， ， ，即， 则可解得， 则， 当时，，此时， 所以的最大值为. 故选：D 7．如图，在一个底面边长为4，侧棱长为的正四棱锥中，大球内切于该四棱锥，小球与大球及四棱锥的四个侧面相切，则小球的体积为（    ）． A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出正四棱锥的高，利用相切可求球的半径，结合体积公式可得答案. 【详解】正四棱锥的底面边长为4，侧棱长为，所以斜高为，高为， 设底面中心为, 的中点为，如图，截面中，设为球与平面的切点，则在上，且. 设球的半径为,则, 因为，所以，所以, 所以，即. 设球与球相切于点，则，设球的半径为， 同理可得，所以，故小球的体积为. 故选：A 8. 已知，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】证明，设，证明，设，证明，即得解. 【详解】， 设，因为函数在上递增（增+增=增），，，即，由零点存在定理可知； 设函数，易知在上递减（减+减=减），，，即，由零点存在定理可知. 即. 故选：A． 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，则下列结论正确的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AD 【分析】对二项式展开式赋值以及利用求导的方法来求解各项系数的值或系数之间的关系. 【详解】根据二项式定理，当我们令展开式中时，此时展开式中除了这一项，其余含有的项都为， 所以，即，可得，故选项A正确； 二项式其展开式的通项公式为， 要求，也就是当时的系数， 将代入通项公式中， 先计算组合数， 则，故选项B错误； 令，则， 即，所以 又因为前面已经求得，那么，故选项C错误； 对两边同时求导。 左边求导为，右边求导为，即 令，则 即，所以，故选项D正确. 故选：AD. 10．已知为坐标原点，点在抛物线上，过点的直线交抛物线于P，Q两点，则（   ） A．抛物线C的焦点为 B．直线AB与抛物线相切 C． D． 【答案】ABD 【分析】根据给定条件，求出抛物线方程及直线方程，求出焦点坐标判断A；联立直线与抛物线方程，由解的情况判断B；设出直线方程并与抛物线方程联立，利用韦达定理及弦长公式、两点间距离公式求解判断CD. 【详解】由点在抛物线上，得，解得，抛物线， 对于A，抛物线C的焦点为，A正确； 对于B，直线的方程为，即，由 消去得，此方程有两个相等的根2，直线AB与抛物线相切，B正确； 对于C，设直线的方程为，由消去得， ，即，设，则，， ，C错误； 对于D， ，D正确. 故选：ABD 11．已知中，角的对边分别为，且满足，则（    ） A． B． C．面积的最大值为1 D． 【答案】BCD 【分析】根据题意得到，令，求得，得到为减函数，求得，结合选项，利用正弦定理和余弦定理，逐项分析判断，即可求解. 【详解】对于A，由，可得， 所以， 令，则，所以为减函数， 所以，所以，则， 又由，可得，所以A错误； 对于B，由于，可得，所以B正确； 对于C，由于，当且仅当时取等号，所以C正确； 对于D，由且，可得， 所以，所以D正确． 故选：BCD． 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．下面是按从小到大顺序排列的两组数据： 甲：1，3，，10，13，15，19，22，27，30；乙：2，5，7，，20，30. 若甲组数据的第30百分位数和乙组数据的中位数相等，则 . 【答案】3 【分析】根据百分位数和中位数定义即可列出式子计算求解. 【详解】因为，甲组数据的第百分位数为第三个数和第四个数的平均数，即, 乙组数据的中位数为，根据题意得，解得：， 故答案为： 13．已知数列的前n项和为，若，则 ． 【答案】 【分析】根据题设结合与的关系化简可得，进而得到数列是以为首项，2为公比的等比数列，进而求解即可. 【详解】当时，，变形得， 故数列是以为首项，2为公比的等比数列， 所以，即， 故答案为：. 14．已知实数满足，则的最大值为 . 【答案】2 【分析】先换元设，原等式即为，设，再根据直线与圆的位置关系求出的范围，并求出，将表示成关于的函数，利用导数分析其单调性，即可解出. 【详解】设，由题意得， 即， 在平面直角坐标系中表示半圆（除去两点），令，画出图形如下： 当直线经过圆心时，； 当直线与半圆相切时， 则圆心到直线的距离：， 解得（舍去），故. 因为，所以， 所以， 令，则， 所以当时，，所以在上单调递增， 所以， 综上所述，的最大值为2. 故答案为：2. 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）记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c，已知. (1)若，求； (2)若，求的面积. 【答案】(1) (2)或. 【分析】（1）根据正弦定理化简等式，求出. （2）根据余弦定理求出，然后根据三角形面积公式求出面积即可. 【详解】（1）由正弦定理，代入，得， 代入，得，即， 两边平方得到，所以. （2）由和，得及， 又，所以，解得或. 当时， 当时. 所以或. 16．（15分）某经济研究所为了解居民存款余额变化情况，对2009年至2024年居民存款余额进行统计分析，将2009年看成第1年，依次类推，得到第1~16年的居民存款余额（单位：万亿元）的散点图，如图所示： (1)已知从2021年开始，居民存款余额超过100万亿元，若从2009年至2024年中任取2年，求这2年中恰有一年居民存款余额超过100万亿元的概率； (2)由散点图知，和的关系可用经验回归模型进行拟合，求关于的经验回归方程. 参考数据：设，则. 参考公式：对于一组数据，其经验回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为. 【答案】(1) (2). 【分析】（1）16年中有4年居民存款余额超过100万亿元，根据组合知识求解概率； （2）两边取对数，再根据公式求出，，从而，故. 【详解】（1）由题意，16年中有4年居民存款余额超过100万亿元， 故所求概率为. （2）， 由题知，， ， ， ，故. 17．（15分）如图，在三棱锥中，是边长为2的正三角形.边上存在一点，使平面，.若平面平面. (1)求证：； (2)求平面与平面所成角的余弦值. 【答案】(1)证明见解析； (2). 【分析】（1）过作于，再利用面面垂直的性质定理，证得平面，再依次证得，，即可证得平面，即可得证； （2）建立空间直角坐标系，写出各点坐标，求出两个平面的法向量，再运用向量夹角公式即可得解. 【详解】（1）过作于， 因为平面平面，平面平面，，平面， 所以平面，又平面，所以. 又平面，平面，所以. 因为平面，平面，， 所以平面，又平面， 所以. （2）以为坐标原点，以，所在的直线为，轴，以过作的平行线为轴， 建立如图所示空间直角坐标系， ，，，， 则，，， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 设平面的法向量， 则，即，令，则， 设平面与平面所成角为， . 所以平面与平面所成角的余弦值. 18．（17分）已知函数． (1)若直线与函数的图象均相切，求直线的方程； (2)记． （i）求的单调区间； （ii）若，其中，求证：． 【答案】(1) (2)（i）单调减区间为，无区间；（ii）证明见解析 【分析】（1）设两个函数图象的切点，根据导数的几何意义和点斜式写出两个函数图象对应的切线方程，让其系数相等，再令，求导即可求出； （2）（i）先得到的解析式，求其二阶导数，通过判断二阶导数进而判断一阶导数的正负，最后根据导数与单调性的关系即可判断； （ii）通过可得 ，  再将转化成，最后令，求导判断单调性即可. 【详解】（1）定义域为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为， 设函数图象上的切点为， 切线方程为，   比较对应项系数，有，消元得． 令，则，故为单调减函数， 当且仅当时，， 所以，直线的方程为． （2）（i），其定义域为． 记，则． 令，得；令，得， 所以在上单调递增，在上单调递减，    故，即在上单调递减． 所以的单调减区间为，无增区间．    （ii）由（i）及知，当时，，当时，， 因为，且，所以，   要证，只需证，即， 也就是， 令， 则，    记， 则，所以在上单调递增， ，故在上单调递减， ，得， 从而，即． 19．（17分）已知椭圆可由椭圆绕原点逆时针旋转得到.经过（）变换：可将椭圆的方程转化为的方程. (1)若上的点经过（*）变换后得到上的对应点的坐标为，求的值； (2)设椭圆的焦点为（其中在第一象限）. （i）求的坐标； （ii）过在第一象限内的顶点作切线，过作轴的垂线，在上且在外的一点作的两条切线，切点分别为，直线和分别交直线于两点.证明：直线和的交点在定直线上. 【答案】(1) (2)，证明见解析 【分析】 （1）利用信息建立方程组可求解； （2）（i）由题意得的方程组，求出变换后的焦点坐标，再利用变换求出变换前的焦点坐标； （ii）求出点A坐标，直线及的方程，设出切点坐标，写出切线方程，切线方程与直线m联立求出交点坐标，再求出直线和的方程及交点坐标即可证明. 【详解】（1）由题意得，解得，所以. （2）(i)由题意得，化简得，解得， 故曲线的焦点坐标为. 设，则，， 解得，所以. （ii）与联立,得,即， 故， 直线的方程为：，切线， 设， ，则切线：， 因在切线上，故 ； 同理：，  . 由，解得 ， 同理可得 . 直线， 直线， 联立解得， 故直线和的交点在定直线上. 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 $