精品解析：云南昆明市第一中学等校2026届高三4月复习诊断数学试题

云南昆明市第一中学等校2026届高三4月复习诊断数学试题 命题人：昆一中数学命题小组 审题人：杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 顾先成 丁茵 张远雄 蔺书琴 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，请将李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. 样本数据2，4，7，8，11，13，19的下四分位数（第25百分位数）为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 13 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 3. 已知抛物线上的点与焦点的距离为6，则为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 4. 已知三个平面向量两两的夹角相等，且满足，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. 或 D. 或 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知是上的偶函数，对任意实数都有成立，当时，，则（ ） A. 7 B. 4 C. 1 D. 7. 函数与的图象在区间内的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 8. 已知函数，若存在实数a，b，c满足，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 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. 在平行六面体中，分别是的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交于A，B两点，若直线的斜率是的周长是36，则下列选项中正确的是（ ） A. 的虚轴长为2 B. 的渐近线方程为 C. 的面积为48 D. 的外接圆半径为 11. “暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时，投壶2次游戏结束的概率为 B. 当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中，角所对应的边分别为，且，则边长__________． 13. 已知数列的前项和为，且，则__________. 14. 曲线族是指具有某种共同性质的集合，若曲线族中存在无数个点在过原点的直线上，称该曲线族为“M族”，若曲线族是M族，且所有满足M族定义的直线均与双曲线有交点，则的离心率的范围为__________． 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. 已知正项数列的前项积为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设的前项和为，求使成立的最小正整数. 16. 某健身俱乐部周末开展促销活动，促销期间俱乐部的收费标准如下表： 健身时间（小时） 收费标准 免费 50元／人 100元／人 现有甲、乙两人相互独立地来该俱乐部健身，已知甲、乙不超过1小时离开的概率分别为小时以上且不超过2小时离开的概率分别为；两人健身的时间都不会超过3小时. （1）求甲、乙两人所付的健身费用相同的概率； （2）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望. 17. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，是AC与BD的交点，. （1）证明：平面平面PBD； （2）已知平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值为，记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求. 18. 已知函数，且在上单调递增. （1）求； （2）若，证明： （i）存在两个极值点； （ii）. 参考数据： 19. 已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍. （1）求曲线的轨迹方程； （2）已知A，B，C三点均在上， （i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标； （ii）若的重心是坐标原点，求的面积. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南昆明市第一中学等校2026届高三4月复习诊断数学试题 命题人：昆一中数学命题小组 审题人：杨昆华 刘皖明 莫利琴 毛孝宗 凹婷波 王佳文 顾先成 丁茵 张远雄 蔺书琴 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，请将李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. 样本数据2，4，7，8，11，13，19的下四分位数（第25百分位数）为（ ） A. 2 B. 4 C. 7 D. 13 【答案】B 【解析】 【分析】根据百分位数的求法求得正确答案. 【详解】因为，向上取整为2，所以下四分位数是第2个数，即4. 2. 已知复数，其中为虚数单位，则（ ） A. 1 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数三角形式的乘法法则可得. 【详解】由题可知. 故选：C. 3. 已知抛物线上的点与焦点的距离为6，则为（ ） A. 6 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据抛物线的定义以及方程求得正确答案. 【详解】抛物线的焦点坐标为， 所以上的点与焦点的距离为，解得， 则抛物线方程为， 将点代入抛物线方程，得，解得. 4. 已知三个平面向量两两的夹角相等，且满足，则向量在向量上的投影向量是（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】D 【解析】 【分析】根据平面向量两两的夹角进行分类讨论，结合投影向量的计算公式求得正确答案. 【详解】当三个平面向量两两夹角都为0时， 显然在上的投影向量是， 当三个平面向量两两夹角都为时，因， 所以， 则在上的投影向量为. 所以向量在向量上的投影向量是或. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据同角三角函数的基本关系式、诱导公式、二倍角公式等知识求得正确答案. 【详解】 . 6. 已知是上的偶函数，对任意实数都有成立，当时，，则（ ） A. 7 B. 4 C. 1 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数的奇偶性求得，结合求得. 【详解】由是上的偶函数，当时，， 又，故，解得， 此时（）. 由，令，得，即， 而，故. 7. 函数与的图象在区间内的交点个数为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】联立方程直接求解即可. 【详解】令得，所以或， 解得或，即， 又，所以， 所以函数与的图象在区间上有3个交点：. 8. 已知函数，若存在实数a，b，c满足，且，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】作出图象后可得、、的关系，再求出的范围后可用表示出，即可得的取值范围. 【详解】作出图象如下： 由，且，则， 即有，，且，则， 故， 则. 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. 在平行六面体中，分别是的中点，则（ ） A. B. 平面 C. D. 平面 【答案】BC 【解析】 【分析】根据异面直线、线面平行、线线垂直、线面垂直、空间向量运算等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】选项A，由于，所以四边形是平行四边形， 所以，由于与是异面直线，所以PQ与不平行，故A错误； 选项B，取的中点，连接PM，QM，由于是的中点，所以， 由于平面，平面，所以平面. 由于，所以四边形是平行四边形， 所以，由于平面，平面，所以平面. 由于平面， 所以平面平面，由于平面，所以平面，故B正确； 选项C，在中，，则四边形是菱形，. ， ，所以， 由于平面， 所以平面，因为平面，所以，故C正确； 选项D，设，不妨设， 则， 因， 则 所以AQ不垂直于，故D错误. 10. 已知双曲线的左、右焦点分别为，过点作垂直于轴的直线交于A，B两点，若直线的斜率是的周长是36，则下列选项中正确的是（ ） A. 的虚轴长为2 B. 的渐近线方程为 C. 的面积为48 D. 的外接圆半径为 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过直线轴与双曲线交点、直线斜率、双曲线定义及周长建立方程组，解得后验证各选项，从而确定正确答案. 【详解】如图，设，直线， 由，得，则， 由直线的斜率是，得， 由双曲线定义得， 由的周长是36，得， 即，故，而， 代入得，解得， 所以双曲线方程为， 对于A，双曲线方程为，所以的虚轴长为，A错误； 对于B，因为，所以的渐近线方程为，B正确； 对于C，，所以，C正确； 对于D，由题意得， 所以的外接圆半径为，D正确. 11. “暮春时节，兰亭雅集再现，文人雅士围坐庭中，以投壶为乐”，某同学进行投壶游戏，每次投壶的命中率为，且投壶结果互不影响，如果出现连续次命中，那么停止投壶，游戏结束，则下列选项中正确的是（ ） A. 当时，投壶2次游戏结束的概率为 B. 当时，投壶3次游戏结束的概率大于投壶4次游戏结束的概率 C. 当时，游戏结束时投壶总次数的数学期望为 D. 设游戏结束时投壶总次数的数学期望为，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A，直接利用独立事件概率乘法公式，计算两次投壶均命中的概率，验证投壶2次游戏结束的概率.选项B，分别分析投壶3次、4次游戏结束的条件，利用独立事件概率公式计算对应概率，再比较两者大小.选项C，采用递推法，分第一次投壶命中/未命中、第二次投壶命中/未命中的情况，建立关于数学期望的方程，求解得到期望.选项D，考虑首次达到连续次命中后的下一次投壶结果（命中/未命中），建立与的递推方程，整理验证是否成立. 【详解】对于A，投壶2次均命中即游戏结束，概率为，A正确； 对于B，投壶3次游戏结束的事件为“第2，3次命中，第1次不中”，概率为， 投壶4次结束的事件为“第3，4次必须命中， 且第2次必须不中（否则游戏在第3次或第2次就已结束），第1次投壶结果不影响”， 概率为，两者概率相等，B错误； 对于C，当时，即出现连续2次命中，那么停止投壶，游戏结束， 设投壶的总次数的数学期望为，考虑第一次投壶的结果： ①第一次命中， 若第一次命中，第二次也命中（概率为），则投壶总次数为2； 若第一次命中，第二次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； ②第一次未命中（概率为），则游戏重置，投壶的总次数可看作； 则，解得，C正确； 对于D，由题意，设为出现连续次命中，则停止投壶，游戏结束时投壶总次数的数学期望， 在连续次命中，停止投壶的游戏中，考虑首次达到出现连续命中次的时刻， 此时当前投壶的总次数期望为，即出现连续次都投壶命中，那么现在从此状态开始， 游戏还需要进行直至停止（即连续次命中），则考虑下一次投壶的结果： ①若下一次投壶命中（概率为），则出现连续次命中，停止投壶，游戏结束， 即投壶的总次数可看作次； ②若下一次投壶不中（概率为），则游戏重置，还需再进行次投壶， 游戏才能结束，即投壶的总次数可看作次； 综上，故，整理得，，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知中，角所对应的边分别为，且，则边长__________． 【答案】或3 【解析】 【分析】利用正弦定理求得，从而求得，对进行分类讨论，由此求得. 【详解】由正弦定理得：， 因为，所以， 故或； 当时，； 当时，，所以，所以. 故或. 13. 已知数列的前项和为，且，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用求得数列的通项公式，进而求得. 【详解】当时，， 当时，由得， 两式相减得， 所以数列从第项起，是公比为的等比数列， 所以，且， 所以， 所以. 14. 曲线族是指具有某种共同性质的集合，若曲线族中存在无数个点在过原点的直线上，称该曲线族为“M族”，若曲线族是M族，且所有满足M族定义的直线均与双曲线有交点，则的离心率的范围为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据直线与圆的位置关系求得直线的斜率的取值范围，结合直线与双曲线的位置关系列出关于的不等式，由此求得离心率的取值范围. 【详解】设直线的方程为，即， 表示圆心为，半径为的圆， 依题意可知圆心到直线的距离， 整理得，所以， 由于直线与双曲线有交点， 所以渐近线的斜率满足恒成立，所以， 所以的离心率，所以的离心率的范围为. 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. 已知正项数列的前项积为，且满足. （1）求数列的通项公式； （2）设的前项和为，求使成立的最小正整数. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据与的关系式进行分析，判断出数列是等差数列，由此求得数列的通项公式. （2）根据等差数列的前项和公式求得，由此解不等式求得正确答案. 【小问1详解】 当时，， 解得或（舍去）， 所以， 当时，，，所以， 即，所以是以2为首项，1为公差的等差数列， 则； 【小问2详解】 由题意，的前项和，要使成立， 即， 在时单调递增， 时，， 时，， 所以的最小正整数为13. 16. 某健身俱乐部周末开展促销活动，促销期间俱乐部的收费标准如下表： 健身时间（小时） 收费标准 免费 50元／人 100元／人 现有甲、乙两人相互独立地来该俱乐部健身，已知甲、乙不超过1小时离开的概率分别为小时以上且不超过2小时离开的概率分别为；两人健身的时间都不会超过3小时. （1）求甲、乙两人所付的健身费用相同的概率； （2）设甲、乙两人所付的健身费用之和为随机变量，求的分布列和数学期望. 【答案】（1） （2）的分布列为： 0 50 100 150 200 【解析】 【分析】（1）按“两人费用均为0元、均为50元、均为100元”三类情况分类，利用独立事件概率乘法公式计算每类概率，再求和得到费用相同的概率. （2）先确定随机变量（两人健身费用之和）的所有可能取值，再结合两人不同费用的组合情况，用独立事件概率公式计算各取值的概率，列出分布列后，通过数学期望公式计算. 【小问1详解】 依题意，两人都付0元的概率； 两人都付50元的概率； 两人都付100元的概率， 则甲、乙两人所付的健身费用相同的概率为. 【小问2详解】 由题意知，的所有可能取值为0，50，100，150，200， ， ， 所以的分布列为 0 50 100 150 200 的数学期望（元）. 17. 如图，四边形ABCD是圆柱底面的内接四边形，AC是圆柱的底面直径，PC是圆柱的母线，是AC与BD的交点，. （1）证明：平面平面PBD； （2）已知平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值为，记圆柱的体积为，四棱锥的体积为，求. 【答案】（1）证明：因为是圆柱的底面直径，所以， 又因为PC是圆柱的母线，所以平面ABCD， 因为平面，所以， 因为平面，所以平面PAC， 又因为平面PBD，所以平面平面PBD. （2）或 【解析】 【分析】（1）通过证明平面PAC，证得平面平面PBD. （2）建立空间直角坐标系，利用平面PAB与平面PAD的夹角的余弦值求得，进而求得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 以为坐标原点，CA为轴，过点垂直于CA的直线为轴，CP为轴， 建立如图所示的空间直角坐标系． 设，因为，所以， 所以，， 所以， ，设平面PAB的法向量，则 即取. 设平面PAD的法向量， 则即 取. 设平面PAB与平面PAD的夹角为， 所以 ， 解得：或， 所以，当时， ， 所以. 当时， ， 所以. 18. 已知函数，且在上单调递增. （1）求； （2）若，证明： （i）存在两个极值点； （ii）. 参考数据： 【答案】（1） （2）（i）证明：，则， 构造函数，则， 因在上单调递增，且， 故当时，，当时，， 则在上单调递减，在上单调递增， 又，又， 结合零点存在性定理知，在区间存在唯一实数，使得， 当时，，当时，，当时，， 故在单调递增，在单调递减，在单调递增， 所以存在极大值点，极小值点； （ii）证明：因为，所以， 故， 因为，根据二次函数的性质可知： ， . 【解析】 【分析】（1）对求导并因式分解得，通过分类讨论的取值，确保在上恒成立，最终确定. （2）（i）代入化简并求导，构造函数，利用其单调性、端点值符号及零点存在定理，证明在给定区间内有唯一零点，并结合的符号变化确定存在极大值点和极小值点. （ii）利用极值点条件将表达式化简为关于的二次函数，再根据的取值范围代入端点值，得到的范围. 【小问1详解】 因为在上单调递增， 所以恒成立， 若，则，不合题意； 若，则或，不合题意； 若，则或，不合题意； 若,则 在 R 上恒成立，符合题意. 综上所述，. 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 19. 已知曲线上任意一点到直线的距离是该点到点的距离的两倍. （1）求曲线的轨迹方程； （2）已知A，B，C三点均在上， （i）若直线AC过点，直线BC过点，记直线AC，AB，BC的斜率分别为，，且满足成等差数列，求点的坐标； （ii）若的重心是坐标原点，求的面积. 【答案】（1） （2）（i）；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据题设点到直线与定点的距离关系列等式，平方化简后得到椭圆标准方程. （2）（i）用点坐标表示，结合等差数列条件，联立直线与椭圆方程求坐标，计算后代入条件解方程得点坐标.（ii）分直线斜率存在与不存在两种情况，利用重心坐标公式、弦长公式和点到直线的距离公式计算面积，最终得面积为. 【小问1详解】 由题意知，设曲线上任意一点的坐标为， 所以，即， 所以曲线的轨迹方程为. 【小问2详解】 （i）设，则， 设 其中， 由，消去，得 ， 则， 从而， 同理可得， 则 ， 由成等差数列，得，即， 解得，或（舍），或（舍）， 相应的，所以点的坐标为. （ii）设， 当直线AB的斜率不存在时，易得，直线AB的方程是， 或，直线AB的方程为. 将代入椭圆方程，可得， 所以的面积. 当直线AB的斜率存在时， 根据重心的性质可得AB的中点， 由两式相减并化简得， 即，， 所以直线AB的方程为， 即. 令，可得直线AB在轴上的截距为，则 将代入椭圆方程可得， 即，则， 所以， 所以， 设坐标原点为，因为是的重心，所以， 所以的面积是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $