云南长水教育集团2026届高三总复习全真模拟测试数学试题

长水教育集团2026届高三总复习全真模拟测试 数学参考答案 1、 单选题 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C A D B C A D D 1. 【答案】C 【详解】这组样本数据共8个数，且从小到大排列， 由可知，这组数据的第75百分位数是，故选C. 2. 【答案】A 【详解】由题意得，所以. 故选：A. 3. 【答案】D 【详解】，即，，解得:， 又因为集合，则.故选：D. 4. 【答案】B 【详解】因为，所以 所以，所以，故选B. 5. 【答案】C 【详解】易知：的定义域为， 因为，所以，即为偶函数 当时，则, 由复合函数的单调性质得：在上单调递增 所以在上单调递增，故选C. 6. 【答案】A 【详解】由余弦定理，代入，，得 根据完全平方公式，则，将其代入上式可得： 因为基本不等式（当且仅当时取等号），所以 代入 设，则，即，两边同时乘以3得到 因为，所以，即，所以的最大值为，故选：A 7. 【答案】D 【详解】因为， 而在上单调递增，所以．故选：D 8. 【答案】D 【详解】由和可得，所以椭圆方程为， 因直线的斜率为，可得其方程为， 又因为直线，将其与联立消去，可得， 由解得， 由韦达定理得，所以， 易得：，所以四边形为梯形，而直线的方程即， 则梯形的高也即点到直线的距离为， 故梯形的面积为， 由图易知面积最大值不在时（此时在上方）取得，故只需考虑， 令，则，则，则， 再令，则，， 故，故当时，取得最大值为. 此时，所以，故当四边形面积取最大值时，此时的值为，故选D. 2、 多选题 题号 9 10 11 答案 BD ACD ACD 9. 【答案】BD 【详解】因为 所以的最大值为，故A错误； 若，则，所以易得在区间上单调递减，故B正确； 将的图象上所有点向右平移个单位长度，得到的图象，故C错误； 若的图象关于轴对称，则， 所以，所以的最小正值为，故D正确； 故选：BD. 10. 【答案】ACD 【详解】由双曲线化为标准方程形式：可得： 对于A选项：的离心率，故A正确； 对于B选项：的两条渐近线方程为： 设，则点到两条渐近线的距离分别为， 所以，故B错误； 对于C选项：易得： 因为且点为的中点，所以，故C正确； 对于D选项：易得：因为为的中点，所以由中线长公式可得： 又因为， 所以，故D正确； 故选：ACD. 11. 【答案】ACD 【详解】对于选项A：如图，作于点，连接 因为，所以 又因为，将分别沿折起，形成三棱锥 所以 又因为，所以在中，，由勾股定理得： 所以在中，由等面积关系可得：，所以 在中，由余弦定理可得： 所以在中，，由勾股定理得： 又因为，所以 又因为，所以，故A正确； 对于选项B：因为，所以即为直线与平面所成角 所以，故B错误； 对于选项C：如图，取中点 因为在中，所以点为的外心 又因为中，，所以 又因为，所以 又因为的外心必在直线上，所以得到三棱锥的外接球球心与的外心重合 过点作交的延长线于点 因为的中点分别为，所以 故点五点共面，则延长交交于点 取中点，所以 易得：，所以 又因为，所以，所以，故C正确； 对于选项D：因为，所以 又因为，所以 所以 又因为的中点分别为，所以 又因为，所以，所以，故D正确； 故选ACD. 3、 填空题 题号 12 13 14 答案 12. 【答案】 【详解】已知，则. 13. 【答案】 【详解】设直线与曲线的切点为， 由，则，则， 即切点为，所以直线为 又直线与圆都相切，则有，解得或 14. 【答案】 【详解】记事件表示三次抛掷出的点数之积能被4整除，则事件有两种情况：第一种是至少有一次掷出点数为4； 第二种是没有掷出点数4，但点数2或6两者一共至少被掷出两次； 则 四、解答题 15. 【答案】(1)证明见解析；(2) 【详解】(1)证明：由得： 所以 所以，即得 由等差数列的定义知：数列为以3为首项，4为公差的等差数列 (2)由(1)知：， 所以 所以 所以 所以 所以 16. 【答案】(1)证明见详解；(2). 【详解】（1）因底面是菱形，，是BC中点，所以， 又，则. 已知平面，平面，所以. 因为平面，且，所以平面. 又平面，故. 四棱台上下底面平行且相似，上底面是边长为菱形. 在四边形中，，，由勾股定理得，. 在中，，所以，即. 因为平面，，所以平面. （2）解法1  在等腰直角中，过作，则M是中点，， 又，所以平面 又因为平面，所以 过M作，连接，由于平面，所以平面， 又平面，故 所以为平面与平面的夹角 由（1）知，在中，， 故， 因为平面，平面， 所以，则， 又因为为锐角，所以， 故平面与平面夹角的余弦值为． 解法2  因为平面ABCD，所以AE，AD，两两垂直． 以A为原点，AE，AD，所在直线分别为x，y，z轴，建立空间直角坐标系 则，所以 由（1）易知平面的一个法向量为， 设平面的法向量为， 则，即取，得， 设平面与平面的夹角为，则 故平面与平面夹角的余弦值为． 17. 【答案】（1）见详解；（2）有效，见详解；（3）见详解； 【详解】（1）如图： 药物 疾病 合计 未患病 患病 未服用 50 40 90 服用 75 35 110 合计 125 75 200 （2）零假设为药物与患病独立，即药物对疾病没有效果 根据列联表中的数据，经计算得到： 所以依据的独立性检验，可以推断不成立，即认为药物对预防疾病有效，该推断犯错误的概率不超过0.1. 结论解释：未服用药物中未患病和患病的频率分别为，服用药物中未患病和患病的频率分别为，根据频率稳定于概率的原理，可以推断服用药物不患病的概率更大.【参照人教A版选择性必修3教师用书第176页】 （3）按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只，则未服用药物的动物有4只，服用药物的动物有6只， 所以的可能取值为， 则，， ， 所以的分布列如下： 则 18. 【答案】（1）；（2）（i）;（ii）. 【详解】（1）因为点在抛物线上，所以由焦半径公式得： 所以，所以抛物线的方程为. （2）设直线的方程为：，点 （i）联立得：，化简得： 当，即时， 由韦达定理得： 因为，所以 所以，所以，符合条件 由弦长公式得： 所以以线段为直径的圆的面积 （ii）不妨设点在轴上方，直线与轴相交于点 因为，所以由正弦定理得：三边长对应之比为 结合余弦定理知： 又因为直线的斜率为，所以得到：轴，所以可得点 所以直线的倾斜角为，即 又因为， 所以，解得： 所以，所以， 即的重心的坐标为 19. 【答案】（1）；（2）（i）证明见详解;（ii）证明见详解. 【详解】（1）因为，所以 则恒成立等价于在上恒成立 令， 则 再令，则 当时，， 所以在上单调递减，所以 所以当时，；当时，； 所以在上单调递减，在上单调递增， 因此，即 （2）当时， （i）记 则，， 所以在上单调递增，所以 所以在上单调递增，所以 所以在上单调递增，所以 即当时，，证毕. （ii）记，则 由（i）可知：在上单调递增 同时由的单调性易知：在上单调递减且 在上单调递减且 因为且，所以 所以 所以 易得：，所以 综上：恒成立，证毕. 第2页，共10页 第1页，共10页 学科网（北京）股份有限公司 $长水教育集团2026届高三总复习全真模拟测试 数学 注意事项： 1.本卷为试题卷。考生必须在答题卡上解题作答。答案应书写在答题卡的相应位置 上，在试题卷、草稿纸上作答无效。 2.考试结束后，请将试题卷和答题卡一并交回。 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1.样本数据2,3,3,5,7,8,10,11的第75百分位数是( A.7 B.8 C.9 D.10 2.在复平面内，复数z对应的点的坐标是(2,1)，则i·z=() A.-1+2i B.1+2i C.1-2i D.-1-2i 3.已知集合A=(x1+是1>0，B={-20,12,则AnB=（) A.{-2,0,1 B.{0,1,2 C.（-2,1,2] D.{-2,0,2} 4.若平面内的两个向量d,满足=(1,1)，=1，且|2ā+引=V13,则cos<a,6>= () A月 B.9 C.3 D.1 5.已知函数f(x)=ln(e2x+1)-x,则() A.f(x)是奇函数，且在(0，+o)上单调递增B.f(x)是奇函数，且在(0，+o)上单调递减 C.f(x)是偶函数，且在(0，+∞)上单调递增D.f(x)是偶函数，且在(0，+o)上单调递减 6、设△ABC的内角4B,C的对边分别为a,bc.Q=V2,cosA=片则b+c的最大值 为() A.√6 B.3 C.2 D.1 7.设a>0,b>0.若a2+a=3b2+2b,则() A.a<b B.a=2b C.a>2b D.a<2b 数学试卷·第1页（共4页） &设椭圆C:三+茶=1a>b>0,点420)和0，)均为精图C的顶点，直线 、1 y=2x+m与椭圆C交于M,N两点.当四边形ABMN面积取最大值时，实数m的值 为() A.0 B.- C.- 2 D.-1 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，全部选对的得6分，部分选对的得部分 分，有选错的得0分，共18分) 9.已知函数fx)=sin(x+孕·sinx-冬则下列结论正确的有() A.f)的最大值为 B.f(x)在区间5，上单调递减 C.把函数y=sin2x的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数y=f()的图象. D.若函数y=f(x+四(a>0)的图象关于y轴对称，则正数a的最小值为 10.已知F1、F2分别是双曲线C:x2-y2=a2(a>0)的左、右焦点，点P是C上任意一点， 0为坐标原点，则下列结论正确的有() A.C的离心率为v2 B.点P到C的两条渐近线的距离之积为a2 C.若PF1⊥PF2,则OP|=V2a D.IPF|·IPF2I=lOPI2 11.如图1，AB=AC=AD=AE=EC=2,BC=2V3,AD⊥AB,将△DAB,△EAC,△FBC 分别沿AB,AC,BC折起，D,E,F重合一处记为点P,这样形成三棱锥P-ABC(如图2). 记三棱锥P-ABC的外接球球心为O,PB,PC的中点分别为M,N,过点O,M,N的平面与 AP交于点H.则下列结论正确的有() D A.平面PBC⊥平面ABC B.直线PB与平面ABC所成角的余弦值为 C.AH:HP =2:1 D.四棱锥P-OMHN的体积为22 9 图1 图2 数学试卷·第2页（共4页) 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12.已知c0s a则a+引 13.若斜率为1的直线l与曲线y=ln(x+a)和圆x2+y2=2都相切，则实数a的值 为 14.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数1,2,3,4,5,6，现随机将股子 抛掷3次，且各次抛掷结果相互独立，则三次抛掷出现向上的点数之积能被4整除的概率 为 四、解答题（本大题共5小题，其中15题13分，16题和17题各15分，18题和19 题各17分，应写出必要的解答、推理过程和文字说明，共77分) 15.设数列{an}满足a1=3,nan+1-(n+1)an=1 (1)证明：{an}为等差数列： (2)设bn=(a+1)·2n-1,求数列[bn)的前n项和7a。 16.已知四棱台ABCD-AB,C,D,底面ABCD是边长为2的菱形，A4⊥平面ABCD, A ∠ABC=60°，A4=AB=1,E是BC的中点。 (1)证明：DD⊥平面ADE: (2)求平面ADE与平面ADE夹角的余弦值. 17.为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下列联表（单位：只） 疾病 药物 合计 未患病 患病 未服用 50 40 服用 合计 75 200 数学试卷·第3页（共4页） (1)请将上面的列联表补充完整： (2)依据α=0.1的独立性检验，能否认为药物有效呢？请解释得到的结论， (3)为了进一步研究，现按分层抽样的方法从未患病动物中抽取10只作为样本，从该样 本中随机抽取4只，设其中未服用药物的动物数为X,求X的分布列及其期望， 附表及公式：X2= n(ad-bc)2 (a+b)(c+d)(a+c)(b+d) 2 0.15 0.10 0.05 0.025 k 2.072 2.706 3.841 5.024 18.已知点F为抛物线y2=2px(p>0)的焦点，点M(3,m)在抛物线上，且IMF|=4. (1)求抛物线的方程； (2)若一条斜率为v3的直线与抛物线相交于不同的两点A,B,O为坐标原点， (i)当0A·OB=-4时，求以线段AB为直径的圆的面积； (ⅱ)若在抛物线上存在点C(位于直线的左侧)，使得以A,B,C为顶点的△ABC满足 sinA:sinB:sinC=1:1:V3,求△ABC重心G的坐标. 19.已知函数f(x)=a sin x-x. (1)若x∈(0，π)时，f(x)≤2sin2x恒成立，求实数a的取值范围： (2)当a=1时， (1)若x>0时，求证：f)>- 6 (记a=高，b=a,求证：0c<0 anti-an 数学试卷·第4页（共4页）