云南昆明市第一中学等校2026届新高考自主命题考前自测（二）数学试题

云南省新高考自主命题冲刺金卷（二） 数学 命题人：云南省新高考自主命题研究小组 审题人：云南省新高考自主命题研究小组 本试卷共4页，19题。全卷满分150分。考试用时120分钟。 注意事项： 1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将准考证号条形码粘贴在答题卡上的指定位置。 2．选择题的作答：每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑。写在试卷、草稿纸和答题卡的非答题区域均无效。 3．非选择题的作答：用黑色签字笔直接答在答题卡上对应的答题区域内。写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效。 4．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并上交。 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．复数z满足，则（ ） A． B． C．3 D．5 2．已知集合，集合，则（ ） A． B． C． D． 3．等比数列中，与的等差中项为80，若，则（ ） A． B． C．2 D．8 4．已知双曲线的一个焦点与抛物线的焦点重合，且一条渐近线方程为，则双曲线的标准方程是（ ） A． B． C． D． 5．设函数，则满足的x的取值范围是（ ） A． B． C． D． 6．一个盒子中装有大小相同、质地均匀的6个小球，这6个小球分别标有编号1，2，3，4，5，6，现从盒中有放回地任取一个球并记下编号，共取4次，得到一组编号组成的数据，若该组数据的平均数为2，则（ ） A．中位数可能为3 B．众数可能为4 C．极差可能为5 D．方差可能为1 7．已知AB，CD是半径为2的的两条直径，且AB与CD成角，现将沿直径AB折成直二面角，此时，线段CD的长为（ ） A． B． C． D． 8．在平面内，圆O上三点A，B，C满足，动点P，M满足，，则的最大值是（ ） A．4 B．5 C． D．6 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，，若为奇函数，则下列结论正确的是（ ） A．是函数的一个周期 B．的图象关于直线对称 C．函数的一个零点为 D．在上单调递增 10．已知点，，P是圆上一点，且，则实数a的取值可以是（ ） A．1 B．2 C．3 D．4 11．已知数列满足：，，则下列说法正确的是（ ） A． B．数列是递减数列 C．若，，成等差数列，则p，r，q也成等差数列 D．数列为等差数列 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12．已知离散型随机变量X，Y满足，，则________． 13．数列中，，数列的前n项和，则数列的前n项和________． 14．已知函数（e为自然对数的底数）有且只有一个零点，则实数k的取值范围为________． 四、解答题：本题共5小题，其中第15题13分，第16、17题15分，第18、19题17分，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分）在中，，． （1）求C； （2）点D在BC边上，且，求面积． 16．（15分）已知棱长为2的正方体，E，F分别是线段和上的两个点，且E，F与不同时重合． （1）证明：平面ABCD； （2）当E，F，D，B四点共面时，求平面BDFE与平面的夹角的余弦值的取值范围． 17．（15分）已知函数，其中a，． （1）若函数在处有极值，求a，b的值； （2）当，时，设，求M的最小值． 18．（17分）某校有A，B两个餐厅为学生提供午餐与晚餐服务，甲、乙两位学生每天午餐和晚餐都在学校就餐，近100天选择餐厅就餐情况统计如下： 选择餐厅情况 （午餐，晚餐） 甲 30天 23天 37天 10天 乙 20天 22天 18天 40天 假设甲、乙选择餐厅相互独立，用频率估计概率． （1）记X为甲、乙在一天中就餐餐厅的个数，求X的分布列和数学期望； （2）设乙在9天中有k天的午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为，当取最大值时，求k的值； （3）假设M表示事件“A餐厅推出优惠套餐”，N表示事件“某学生去A餐厅就餐”，，，一般来说，在推出优惠套餐的情况下学生去该餐厅就餐的概率会比不推出优惠套餐的情况下去该餐厅就餐的概率要大． 证明：． 19．（17分）已知椭圆和抛物线，在，上各取两个点，这四个点的坐标为，，，． （1）求，的方程； （2）若直线l过椭圆的左焦点F，与椭圆交于A，B两点，设点A关于x轴的对称点为C，直线BC与x轴交于点D，当的面积最大时，求直线l的方程； （3）设M是在第一象限上的点，在点M处的切线与交于P，Q两点，线段PQ的中点为N，过原点O的直线ON与过点M且垂直于x轴的直线交于点R．证明：点R在定直线上． 云南省新高考自主命题冲刺金卷（二） 数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A D B C D C B AC BC ABD 一、单项选择题 1．解析：，所以，选B． 2．解析：集合，集合，则，选A． 3．解析：设公比为q，则有，解得，所以，选D． 4．解析：抛物线的焦点坐标为，设双曲线方程为，所以，，解得，．选B． 5．解析：当时，，解得；当时，，即，解得，故x的取值范围是，选C． 6．解析：设取得的数据为，，，，则，不妨设，对于A，中位数为3，则，所以，且，此时与矛盾，A错误； 对于B，众数为4，则数据至少有两个4，此时，B错误； 对于C，极差为5，则，，此时，C错误； 对于D，当，时，方差，D正确；选D． 7．解析：如图所示，过C点作CH垂直AB于H，由半径为2的，且AB与CD成角能够算得，，利用余弦定理可以算得，因为将沿直径AB折成直二面角，且CH垂直AB，所以，平面ABD，所以有直角三角形CHD，所以，选C． 8．解析：由题可知，且三个向量两两夹角相等为，所以，，．所以为正三角形，其边长为．取AC中点为E，因为M是PC的中点，所以中位线，所以．选B． 二、多项选择题 9．解析：由于为奇函数，有，，而，所以，．结合函数性质，在上单调递减，A，C正确，选AC． 10．解析：，P在以AB为直径的圆上，圆心为，半径，圆C的圆心，半径，由题知，圆与圆C有公共点，所以，即，解得：或，选BC． 11．解析：由得：，则，所以，A正确； 因为，（，），所以，， 即，因为，所以， 得，所以数列是首项为1，公差为1的等差数列，所以，得，所以D正确； ，所以，故B正确； C．若，，成等差数列，则， 即，得，令，，，满足等式，所以C错误；选ABD． 三、填空题 12．解析：． 13．解析：，得，则， 由错位相减法得． 14．解析：，即，则，设，则，令得，当或时，；当时，，故当时有极小值，且当时，，故，所以实数k的取值范围为． 四、解答题 15．解：（1）由， 得， 由正弦定理得：， 即，所以，所以． （2）由，可得，所以，由正弦定理得：， 所以． 16．解：（1）因为正方体，所以平面平面， 又因为E，F分别是和上的点，所以平面，所以平面ABCD． （2）当时，有，此时E，F，D，B四点共面， 设，，以D为原点，DA为x轴， DC为y轴，为z轴构建直角坐标系， 则，，， 有，， 令平面EFDB的法向量为，有，有 由正方体可知平面有法向量， 设平面BDFE与平面的夹角为， 所以， 利用二次函数性质可知，． 17．解：（1）由已知，可得， 因为函数在处有极值， 所以，解得或， 经检验，或满足条件． （2）设，， 则函数对称轴方程为． 若，， 所以，从而； 若，， 所以， 从而，所以M的最小值为． 18．解：（1）由题意知，用频率估计概率，一天中，甲的午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.3，甲的午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.1；乙的午餐和晚餐都选择A餐厅就餐的概率为0.2，乙的午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，X的所有可能取值为1，2，则，，所以X的分布列为 X 1 2 P 0.1 0.9 所以X的数学期望． （2）一天中，乙的午餐和晚餐都选择B餐厅就餐的概率为0.4，所以， 所以，， 因为，化简得：， 由得：，所以，当时，随k值的增大而增大，当时，随k值的增大而减小，所以，或时，取得最大值． （3）证明：已知，所以， 因为，所以，又因为， 所以，所以， 即：， 因为，所以， 所以，所以， 所以，所以， 所以，所以． 19．解：（1）由已知，点，在椭圆上，所以，， 解得：，，所以； 点，在抛物线上，所以，所以． （2）设，，则，由已知设直线l的方程为：， 由得：，此时， 所以，， 由直线BC的方程：得：， 令，则， 所以，此时，所以，当最大时， 的面积最大，而，即：，所以当的面积最大时， 直线l的方程为：或． （3）设，由得， 所以切线的方程为：， 设，，由得：， 由，得：，代入得：，所以，所以， 由得：，所以点R在定直线上． 学科网（北京）股份有限公司 $