2026届云南昆明高考数学自编模拟卷（七）

2026届云南昆明高考数学模拟卷（七） 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．数据30，31，32，33，35，35，37，38，38，的中位数是35，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据中位数的计算方法求解即可. 【详解】由题知这组数据共有10个数字，从小到大排列后，中位数是第5个和第6个数据的平均值. 根据现有数据排列后，当时，第5个数据为33或， 第6个数据为35，中位数小于35，不满足条件； 若满足中位数为35，则需. 故选：C. 2．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D．2 【答案】D 【分析】首先根据复数的除法运算化简，再求虚部. 【详解】由题意可知，， 所以的虚部为2. 故选：D 3．设集合，，若，则的值为（） A． B． C． D．或 【答案】B 【分析】首先由知两集合元素完全相同，而，故必属于，从而、、中必有一个等于，结合互异性排除后，分与两类讨论，每一类下将表达为具体元素，并与逐项对照，利用元素相等关系及互异性消去变量、检验合理性，最终得出符合所有条件的实数对. 【详解】由题意，根据集合元素的互异性可知，，因为，所以， 又因为，所以或， 若，则，此时，， 因为，所以，解得，此时，，满足题意； 若，则，此时，， 因为，所以，即，又因为且，所以此种情况无解； 综上所述，， 所以. 故选：B 4．已知正数满足，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】B 【分析】根据题意，巧用“1”化简得到，结合基本不等式，即可求解. 【详解】， 当且仅当，即时，取等号， 故选：B． 5．在中，为边上的中点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用余弦定理及向量数量积的运算律求出，再利用三角形面积公式求解. 【详解】在中，由余弦定理得， 而，则， 两式联立解得，所以的面积为. 故选：D 6．如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于A，B两点，交其准线于点，若是的中点，且，则线段的长为（    ） A．6 B．4 C． D． 【答案】D 【分析】设直线的方程为，根据中点条件将的坐标表示出来，根据求出，然后联立直线与抛物线方程，结合韦达定理求出坐标，最后根据两点距离公式求出结果. 【详解】由题意得，，设直线的方程为. 因为的横坐标为，代入方程得其纵坐标为. 所以点的坐标为，设， 因为是的中点，所以，解得. 所以，由于，所以根据抛物线的定义可得，解得. 所以直线的方程为，抛物线. 联立直线与抛物线方程得，化简得. 所以，由于，所以，所以. 所以线段的长为. 故选：D. 7．已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（    ）项. A．2026 B．2027 C．4048 D．4049 【答案】A 【分析】由题设可得，，，等差数列为递增数列，进而得到，，进而结合单调性分析求解即可. 【详解】由， 则，，， 因此等差数列为递增数列， 而， ， 则时，，，即； 当时，，要使最小，则， 此时，数列为递增数列， 则随着的增大，增大，减小，增大，但，，则增大， 因此，当时，最小. 故选：A. 8．已知为锐角，，则（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】结合角的范围，运用诱导公式、同角三角函数的基本关系与二倍角公式，即可得解. 【详解】， 又因为，得， 又，，故，因此. 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．记公比大于0的等比数列的前项和为.若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用等比数列的基本量逐项计算判断. 【详解】对于A、B，由，解得，故A、B正确； 对于C：，故C错误； 对于D： ，D正确； 故选：ABD. 10．已知函数是定义域为的奇函数，，当时，，则（ ） A． B． C．当时， D．方程恰有10个解 【答案】AC 【分析】利用函数的对称可证明函数的周期性，然后利用分段思想来分别求出分段函数，最后可通过数形结合可作出判断. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以， 由，可得图象关于对称， 又由， 则，即，即函数是一个周期为4的函数，故A正确； 再利用周期性可得：，即图象关于对称， 因为，所以， 当时，，由， 可得当时，，则， 所以在上单调递减， 因为，所以， 所以，故B错误； 当时，，由可得， ，故C正确； 根据关于原点对称，关于对称，可作出函数的2个周期图象：    然后再作出函数的周期图象：    由图可得方程恰有9个解，故D错误； 故选：AC 11．已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．点到轴的距离为 C．的面积为 D． 【答案】ACD 【分析】离心率得到，结合得到，由余弦定理得到，由双曲线的定义得到，将其平方得到，通过计算得到和的值；利用三角形的面积得到，和，代入数值计算得到，即求得点到轴的距离. 【详解】双曲线的离心率为，， ，，，，， ，， ， ，， 点在双曲线上，，， ， ，，， ， 故选项AD正确； 设，， ，，， ，，，， 点到轴的距离为，故选项B错误，选项C正确； 故选：ACD. 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．向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（，），则 ． 【答案】4 【分析】结合图象建立直角坐标系，得出向量，，坐标，利用向量关系列方程组求出，进而求解． 【详解】设图中方格单位为1，建立下图所示直角坐标系， 则，， ， ， ，解得， ． 故答案为：4． 13．已知函数有两个极值点，若，则 ． 【答案】 【分析】利用和即可计算求解出两极值点和参数k，进而即可求解. 【详解】依题意，则， 因为，所以， 显然，两式相除得，则，则， 将代入中，解得， 则. 故答案为： 14．已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时， . 【答案】 【分析】根据题意，，即，进而得到，再平方求最值即可． 【详解】设外接圆的半径为，因为平面ABC， 三棱锥的外接球可看作以的外接圆为底面、为高的圆柱的外接球， 其半径满足．易知， 设，则，得． 在中，由余弦定理得 ， 由正弦定理得，得， 因此，，则， 所以， 所以， 则 ， 当时，， 所以当取得最大值时，． 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）已知函数， (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)当时，求的最大值以及取得最大值时的值. 【答案】(1)， (2)最大值为，此时 【分析】（1）根据三角恒等变换化简整理得，再结合三角函数性质求解即可； （2）根据正弦函数的性质整体代换求解即可. 【详解】（1）解：由， 所以最小正周期， 令，则， 所以函数的单调递增区间为. （2）解：由，则， 所以，即， 所以，即函数最大值为，此时，解得. 所以当时，取得最大值. 16．（15分）已知椭圆的离心率为 点是椭圆的右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线与椭圆交于、两点，以、为邻边作平行四边形，求此平行四边形的面积. 【答案】(1)； (2). 【分析】（1）根据椭圆离心率以及顶点坐标即可得方程，求解即可； （2）设出直线l的方程，与椭圆方程联立，运用韦达定理和弦长公式，可得，再由点到直线的距离公式求得到的距离d，运用三角形的面积公式乘以2倍计算可得所求值． 【详解】（1）因为点是椭圆的右顶点，所以. 又，所以. 又，所以 所以椭圆的方程为. （2）由题意得直线l的方程为：，设，， 联立，消y，得， ， ， 到直线的距离， . 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)已知点为线段上一点（与不重合）. （i）若二面角的余弦值为，求的值； （ii）若四点均在球的球面上，求球表面积的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)（i）；（ii）． 【分析】（1）根据给定条件，利用面面垂直的性质、线面垂直的性质、线面平行的判定推理得证. （2）（i）建立空间直角坐标系，求出各个点的坐标，再求出平面的法向量坐标，利用二面角余弦值的向量法列式求解；（ii）利用两点间距离公式列式求出球半径的函数关系，利用二次函数求出半径平方的最小值即可. 【详解】（1）由平面平面，得， 在平面中，，则，又， 则，，由平面平面， 平面平面，平面，得平面， 又平面，则，而平面， 所以平面． （2）（i）由（1）知，即，又平面，即直线两两垂直， 以为坐标原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则 ， 设，则， 设平面的法向量为， 则，取，则， 由（1）平面，得为平面的一个法向量，记， 由题意得， 整理得，则，所以． （ii）由（i）知，即， 设球的球心坐标为，半径为，则， 即， ， 解得， 而，则当时，取得最小值， 所以球表面积的最小值为. 18．（17分）已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 【答案】(1)在区间单调递减，在单调递增． (2)（i）；（ii）. 【分析】（1）对函数求导，利用导函数的符号以及零点存在定理即可判断出的单调性； （2）（ⅰ）由对称性可求得，构造函数可得，再证明时有解即可； （ⅱ）由题意可得，记，求导得出函数单调性可得（），对参数a的取值范围进行分类讨论即可求得结果. 【详解】（1）由可得，其定义域为； 易知， 记， 则，所以在单调递增． 又，因此时，；时，； 所以在区间单调递减，在单调递增． （2）（ⅰ）由题意可得． 由对称性，不妨设，则． 又，即． 记，则， 又，，所以， 所以在区间上单调递增，所以，即． 下面证明，即证，有解， 记，则， 取，则， 所以，使得，所以． （ⅱ）由题意可得，即． 记，， 则，． 记（），， 所以在区间上单调递增，所以， 即，即，即（）． 若，则， 所以在区间上单调递减，所以，符合题意． 若，时，， 所以在单调递增，所以，不符合题意． 综上所述，． 【点睛】关键点点睛：本题关键在利用题目条件得出，再构造函数并利用导数求得函数单调性对参数取值范围进行分类讨论即可求得结果. 19．（17分）在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． (1)若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． (2)设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 【答案】(1)（i），；（ii） (2)证明见解析. 【分析】（1）（i）根据题意求出，移动2次回到顶点有两种可能：或者， 从而求出.（ii）求出当为奇数时；当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为，所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案：①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点；②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点．从而求出，利用等比数列的通项公式求出，从而得解； （2）设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3，从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为．根据题意得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，从而得到，通过计算求出，与无关，从而得到结论. 【详解】（1）假设为顺时针顺序． （i）机器人移动1次只能到顶点或顶点处，所以， 移动2次回到顶点有两种可能：或者， 所以. （ii）注意到机器人移动奇数次，只能在顶点或顶点处，所以当为奇数时，； 当机器人移动偶数次时，只能在顶点或顶点处，因为在顶点处的概率为， 所以在顶点处的概率为，想要移动次到达顶点，只有两种方案： ①移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点； ②移动次时在顶点，然后再移动2步回到顶点． ， ，是等比数列，公比， 首项为，利用等比数列的通项公式得到， 由（i）知，代入得为偶数， 综上，可得. （2）设机器人在顶点时记为状态1，在顶点时记为状态2，在顶点时记为状态3， 从状态首次回到顶点的移动次数的数学期望记为． 初始从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到，．① 从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ．② 从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ．③ 从出发，移动1步，可能以的概率移动到，或者以的概率移动到， ．④ ①+②+③+④可得， 得，与无关， 对任意为定值，都等于4. 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（七） 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．数据30，31，32，33，35，35，37，38，38，的中位数是35，则的取值范围为（ ） A． B． C． D． 2．若复数满足，则的虚部为（    ） A． B． C． D．2 3．设集合，，若，则的值为（） A． B． C． D．或 4．已知正数满足，则的最小值为（   ） A．2 B．4 C．6 D．8 5．在中，为边上的中点，且，则的面积为（    ） A． B． C． D． 6．如图，过抛物线的焦点的直线交抛物线于A，B两点，交其准线于点，若是的中点，且，则线段的长为（    ） A．6 B．4 C． D． 7．已知等差数列的前项和满足：，则数列的最小项是第（    ）项. A．2026 B．2027 C．4048 D．4049 8．已知为锐角，，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．记公比大于0的等比数列的前项和为.若，则（    ） A． B． C． D． 10．已知函数是定义域为的奇函数，，当时，，则（ ） A． B． C．当时， D．方程恰有10个解 11．已知双曲线的离心率为，左、右焦点分别为，点在双曲线上，且，则下列说法正确的是（   ） A． B．点到轴的距离为 C．的面积为 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．向量，，在正方形网格中的位置如图所示，若（，），则 ． 13．已知函数有两个极值点，若，则 ． 14．已知三棱锥的体积为平面．若三棱锥的外接球的表面积为，则当取得最大值时， . 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）已知函数， (1)求函数的最小正周期和单调递增区间； (2)当时，求的最大值以及取得最大值时的值. 16．（15分）已知椭圆的离心率为 点是椭圆的右顶点. (1)求椭圆的方程； (2)过点且倾角为的直线与椭圆交于、两点，以、为邻边作平行四边形，求此平行四边形的面积. 17．（15分）如图，在四棱锥中，平面，平面平面，. (1)证明：平面； (2)已知点为线段上一点（与不重合）. （i）若二面角的余弦值为，求的值； （ii）若四点均在球的球面上，求球表面积的最小值. 18．（17分）已知函数（）． (1)当时，讨论的单调性； (2)已知，为曲线上任意两点，且A，B关于点对称． （ⅰ）求b的取值范围； （ⅱ）若，求a的取值范围． 19．（17分）在正方形轨道的顶点A处有一个机器人，它每次移动会以的概率顺时针移动到轨道上相邻的顶点，或以的概率逆时针移动到轨道上相邻的顶点． (1)若，设机器人移动次后在顶点A的概率为． （i）求； （ii）求． (2)设机器人首次回到顶点A所移动的次数为随机变量，证明：对任意为定值． 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 $