精品解析：云南玉溪市2025-2026学年普通高中毕业生第二次教学质量检测数学试卷

云南玉溪市2025-2026学年普通高中毕业生第二次教学质量检测数学试卷 【考试时间：4月13日 15：00－17：00】 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 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，再选涂其它答案标号．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． 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，只有一个选项是正确的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据集合并集进行运算即可. 【详解】由题可知，，， 所以. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 【答案】D 【解析】 【详解】因为复数，则，所以. 3. 向如图放置的空容器中匀速注水，直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的高度与时间的函数关系的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析容器的形状，结合匀速注水的条件可以直接得到答案. 【详解】由于容器上粗下细，所以匀速注水的过程中，高度的增长会越来越慢，只有C选项的图象符合条件， 故选：C. 4. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 【答案】C 【解析】 【分析】方法一：根据题意直接求出等差数列的公差和首项，再根据前项和公式即可解出； 方法二：根据等差数列的性质求出等差数列的公差，再根据前项和公式的性质即可解出． 【详解】方法一：设等差数列的公差为，首项为，依题意可得， ，即, 又，解得：， 所以． 故选：C. 方法二：，，所以，， 从而，于是， 所以． 故选：C. 5. 为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若的频率为，的值为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据频率分布直方图的性质计算即可求解. 【详解】已知的频率为，组距为，因此，解得. 又因为所有组频率和为，因此，  代入，计算得 ，则， 因此，. 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由，得， 所以，所以， 又因为，所以，所以，解得； 在中，，由余弦定理可得， 所以， 所以，当且仅当时取等号， 因为，所以， 所以面积的取值范围为. 7. 已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数为奇函数可得，又，即可求解. 【详解】∵函数为奇函数，∴， 又∵， ∴，故选项C正确. 其他三个选项条件不足无法计算，故选C. 故选：C. 8. 已知双曲线的左右焦点分别为是上一点，且，若的内切圆半径与的比值为，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】计算，再计算的面积和周长得出即可求出. 【详解】令，其中，则，得， 因为，所以， 则由双曲线的定义可知，， 则的面积为， 周长为， 则，则， 则的离心率为. 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，有多个选项符合要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知角的终边过点，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】由题意得，，则， 故AC正确，B错误； ，故D错误. 10. 设函数，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 可能为奇函数 B. 既有极大值也有极小值 C. 不等式的解集是 D. 若恒成立，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据奇函数的性质，判断A，判断导函数的零点个数，判断B，根据零点，解不等式，判断C，根据函数和的对称性，结合函数的零点和不等式的关系，判断D. 【详解】对A，若为奇函数，则，且，则，， 这样的三个零点不关于原点对称，则不是奇函数，故A错误； 对B，，所以 . 由. ， 因为，所以， 所以有两个不相等的零点，不妨设为， ，得或；，得. 所以函数的增区间为和，减区间为， 所以是的极大值点，是的极小值点，故B正确； 对C，当时，，当时，，当时，， 当时，，所以的解集为，故C正确； 对D，与关于对称，若恒成立， 则的零点关于直线对称，所以，故D正确. 11. 已知菱形ABCD的边长为与BD交于点，将沿AC翻折得到且分别为AB，BC中点，，设平面EFG截四面体所得截面面积为，下列选项正确的是（ ） A. 若GE与平面ABC所成角为，则 B. 若，则 C. 的极大值为 D. 的极小值为 【答案】ABC 【解析】 【分析】过作，分析可知截面为，且平面，平面，结合长度关系可得，，对于A：根据线面夹角可知，即可得结果；对于B：分析可知，代入运算即可；对于CD：令，，利用导数分析的单调性，即可得的单调性，进而可得极值. 【详解】过作，设，，， 因为分别为AB，BC中点，则，可得， 可知平面截四面体所得截面为， 又因为，则，， 且，平面，则平面， 由平面可得，即，， 因为，， 且，平面，则平面， 由题意可知，， 则，，，， 可得， 所以平面截四面体所得截面面积如下， 为. 对于选项A，因为平面，则GE与平面ABC所成角为， 且，可得，故A正确； 对于选项B，若，且为中点，则， 即，解得，故B正确； 对于选项CD，因为，， 令，， 则， 因为，则， 令，解得；令，解得或； 可知在内单调递增，在，内单调递减， 且在定义域内单调递增， 则在内单调递增，在，内单调递减， 所以的极大值为，极小值为，故C正确，D错误. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设抛物线的焦点为，点在C上，且，则__________． 【答案】 【解析】 【详解】由题可知抛物线的准线为， 由抛物线定义可得：，解得. 13. 已知均是第一象限角，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据条件分别求，再根据同角三角函数关系式求和，最后代入两角和余弦公式求解即可. 【详解】由条件可知，，得，又，所以， 因为是第一象限角， 所以，解得，， 又所以，解得，， 所以， 所以. 14. 是1，2，3，4，5的一个随机排列，对每一个中间位置的数，要求它左右相邻的两个数与中，至少有一个大于它，则该排列满足此条件的概率为__________． 【答案】 【解析】 【分析】由题意可知1，2，3，4，5的全排列有种，进而判断出5的位置，然后对第二位进行分类讨论，同时注意数字4的位置，结合对称性可求解出满足要求的排列的总数，再求概率即可． 【详解】由题意可知1，2，3，4，5的全排列有种， 因为没有比5大的数，所以5只能排在第一位或者第五位， 当5排在第一位时，若4排在第二位，此时排列可以是（5，4，1，2，3）， （5，4，2，1，3），（5，4，3，1，2），（5，4，3，2，1），共4种情况； 当5排在第一位时，若3排在第二位，此时若4排在中间位置（如或）， 其邻居（来自剩下的数）必然都小于4，不满足题设条件，故4只能排在第五位， 此时排列可以是（5，3，1，2，4），（5，3，2，1，4），共2种情况； 当5排在第一位时，若2排在第二位，此时没有比4大的数，故4只能排在第五位， 此时排列可以是（5，2，1，3，4），共1种情况； 当5排在第一位时，若1排在第二位，此时没有比4大的数，故4只能排在第五位， 此时排列可以是（5，1，2，3，4），共1种情况； 由上可知，当5排在第一位时，共有8种情况； 同理可得，当5排在第五位时，也有8种情况满足条件； 综上所述，共有种排列满足条件， 所以该排列满足此条件的概率为． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值． 【答案】（1） 如图，连接，设， 因为，且，故， 而，故，故， 而平面，平面，故平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）如图，连接，设，可证，由线面平行的判定定理可证平面 ； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，求出平面、平面 的法向量后可求二面角的余弦值． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 因为，故，故， 而平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，， 故，又. 设平面的法向量为， 则即，取， 设平面的法向量为， 则即，取， 设二面角的平面角为 ，由题设可得 为锐角， 故. 16. 已知椭圆，直线． （1）若经过C的右焦点，求C的标准方程； （2）若与C交于两点，且，求C的标准方程． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）结合题意建立方程求出，再求出，最后得到椭圆方程即可. （2）联立方程组并利用韦达定理得到，，再结合弦长公式建立方程求解参数，最后得到椭圆方程即可. 【小问1详解】 设C的右焦点为，因为经过C的右焦点， 所以，解得，而，可得， 故C的标准方程为. 【小问2详解】 如图，设，， 联立方程组，得到， 由韦达定理得，， 由弦长公式得， 因为，所以， 化简得，整理可得， 解得（负根舍去），故椭圆C方程为. 17. 有三个外观相同的箱子，编号分别为1，2，3，其中1号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2个红球和2个白球，3号箱装有4个红球和6个白球，这些球除颜色外完全相同． （1）某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，求取到红球的概率； （2）某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球，求该球取自几号箱的可能性最大． 【答案】（1） （2）该球取自2号箱的可能性最大 【解析】 【分析】（1）设相应事件，结合全概率公式运算求解即可； （2）根据（1）中数据，结合条件概率公式以及贝叶斯公式运算求解即可. 【小问1详解】 设事件表示“球取自号箱”（），事件表示“取到红球”， 则，， 可得 ，故取到红球的概率为. 【小问2详解】 根据（1）中数据， 由贝叶斯公式知； ； ， 因为，所以该球取自2号箱的可能性最大． 18. 已知数列中，． （1）证明：数列是等差数列； （2）如图，在平面直角坐标系xOy中，若，依次连接点，得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； （3）记，若恒成立，求实数的最大值． 【答案】（1）证明：因为，两边同时除以， 所以所以是首项为 ，公差为 1的等差数列. （2） （3）. 【解析】 【分析】（1）两边同时除以即可证明数列是等差数列. （2）记梯形 的面积为 ，根据题意得 ，再根据错位相减法求和即可得面积 ; （3）结合题意代入原式可得，再根据恒成立问题转化为 ，最后根据数列的单调性求 的最小值即可得答案. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 过 向 轴作垂线，垂足分别为 ， 由（1）得 ，则 . 记梯形 的面积为 . 由题意得 所以 ① 又 ② ① ②得 所以 . 所以由该折线与直线 所围成的区域的面积 . 【小问3详解】 已知 ，则 所以. 由 恒成立，即 恒成立， 即 恒成立，由 单调递增， 故当 时， ，故 ，即 ， 所以 的最大值为 . 19. ． （1）若，讨论的单调性； （2）若时，恒成立，求 的范围； （3）证明：． 【答案】（1）在R上单调递减. （2） （3）证明：取，则在上恒成立， 再令，故， 故，故， 故. 取，则，故， 则由（2）可得， ， 当时，设， 则，故在为增函数，故， 即在上恒成立，故在上为减函数， 故在上恒成立， 故，故， 整理得. 综上，. 【解析】 【分析】（1）求出函数的导数，根据基本不等式判断导数的符号后可判断函数的单调性； （2）就 、、分类讨论，结合局部保号性可求参数的取值范围； （3）根据（2）中的结论通过赋值法可证. 【小问1详解】 当时，，故， 时等号成立， 故在R上单调递减. 【小问2详解】 由题设有 ， ， 因，由基本不等式有， 若 ，， 则（不恒为零），此时为上的减函数，故， 矛盾； 若，则，故， 此时为上的增函数，故， 若，设， 则，故存在，使得，总有， 故为上的减函数，故，有，矛盾； 综上，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南玉溪市2025-2026学年普通高中毕业生第二次教学质量检测数学试卷 【考试时间：4月13日 15：00－17：00】 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号填写在答题卡上，并认真核准条形码上的准考证号、姓名、考场号、座位号及科目，在规定的位置贴好条形码． 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，再选涂其它答案标号．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． 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，只有一个选项是正确的． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数，则（ ） A. B. 2 C. D. 5 3. 向如图放置的空容器中匀速注水，直至注满为止.下列图象中可以大致刻画容器中水的高度与时间的函数关系的是（ ） A. B. C. D. 4. 记为等差数列的前项和．若，则（ ） A. 25 B. 22 C. 20 D. 15 5. 为调查社区居民对社区工作的满意度，在社区内抽取名居民进行问卷调查，将收集到的数据分成五组，绘制出如下频率分布直方图，若的频率为，的值为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 在中，内角A，B，C的对边分别为a，b，c，若，则面积的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义域为的函数满足，且为奇函数，则一定有（ ） A. B. C. D. 8. 已知双曲线的左右焦点分别为是上一点，且，若的内切圆半径与的比值为，则的离心率为（ ） A. B. 2 C. D. 3 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，有多个选项符合要求．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分． 9. 已知角的终边过点，下列选项正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 设函数，其中，则下列说法正确的是（ ） A. 可能为奇函数 B. 既有极大值也有极小值 C. 不等式的解集是 D. 若恒成立，则 11. 已知菱形ABCD的边长为与BD交于点，将沿AC翻折得到且分别为AB，BC中点，，设平面EFG截四面体所得截面面积为，下列选项正确的是（ ） A. 若GE与平面ABC所成角为，则 B. 若，则 C. 的极大值为 D. 的极小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设抛物线的焦点为，点在C上，且，则__________． 13. 已知均是第一象限角，，则______． 14. 是1，2，3，4，5的一个随机排列，对每一个中间位置的数，要求它左右相邻的两个数与中，至少有一个大于它，则该排列满足此条件的概率为__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 如图，在四棱锥中，平面，为棱PD上一点，． （1）证明：平面； （2）若，求二面角的余弦值． 16. 已知椭圆，直线． （1）若经过C的右焦点，求C的标准方程； （2）若与C交于两点，且，求C的标准方程． 17. 有三个外观相同的箱子，编号分别为1，2，3，其中1号箱装有1个红球和4个白球，2号箱装有2个红球和2个白球，3号箱装有4个红球和6个白球，这些球除颜色外完全相同． （1）某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，求取到红球的概率； （2）某人先从三个箱子中任取一箱，再从中任意摸出一球，发现是红球，求该球取自几号箱的可能性最大． 18. 已知数列中，． （1）证明：数列是等差数列； （2）如图，在平面直角坐标系xOy中，若，依次连接点，得到折线，求由该折线与直线所围成的区域的面积； （3）记，若恒成立，求实数的最大值． 19. ． （1）若，讨论的单调性； （2）若时，恒成立，求 的范围； （3）证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $