精品解析：云南省玉溪第一中学2025-2026学年高三下学期仿真训练数学试题（二）

玉溪一中2025—2026学年下学期高三仿真考（二） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，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姓名、准考证号、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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用黑色碳素笔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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由一元二次不等式的解法，对数函数的值域，集合的交集运算得到结果即可. 【详解】集合， 因为，所以，所以集合， 所以， 故选：B. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算及共轭复数、虚部的概念求解即可. 【详解】因为， 所以，所以的虚部为3. 故选：C 3. 已知函数的图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有的点（ ） A. 向右平行移动个单位长度 B. 向左平行移动个单位长度 C. 向右平行移动个单位长度 D. 向左平行移动个单位长度 【答案】A 【解析】 【分析】根据三角函数的图象变换计算即可. 【详解】易知向右平行移动个单位长度可得 . 故选：A 4. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 【答案】B 【解析】 【分析】利用取倒数法并构造新数列求其通项公式，再由等比数列求和公式结合数列的单调性解不等式即可. 【详解】由，可得， 易知，两侧同时除，可得，整理得， 所以是以为首项，为公比的等比数列， 则， 故， 故， 易知单调递增，，所以. 故选：B 5. 某新能源汽车研究机构发现，A款电动汽车的保值率（即使用t年后的二手车价格与新车指导价的比值）P随着使用年限t（单位：年）的变化，大致符合指数衰减模型：，其中，a和b为常数.已知A款电动汽车使用2年后保值率为，使用4年后保值率为.若该车的保值率低于即被视为“大幅贬值”，则该车大约在使用多少年后会进入“大幅贬值”区间?（参考数据：，）（ ） A. 5年 B. 6年 C. 7年 D. 8年 【答案】B 【解析】 【详解】由题意，当时，， 根据题中数据，可列方程组，则，则， 即，所以，由，则， 所以该车大约在使用6年后会进入“大幅贬值”区间. 6. 游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得直线过定点，再由几何关系求得当直线与垂直时，弦长最短，即可求解． 【详解】将直线方程整理为，故直线恒过定点， 圆的圆心为，半径， 因为，所以点在圆内， 当直线与垂直时，得最短弦长为． 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 【答案】A 【解析】 【分析】过点作底面的射影，利用条件推理证明点为的中点，利用求出即得. 【详解】 如图，过点作底面的射影，因，则点为的外心， 又因，，故点为的中点， 连接，则三棱锥的外接球的球心必在上， 连接，则， ， 在中，， 因平面，故球心到平面的距离为. 故选：A. 8. 若函数图象的一条对称轴是，且在上有唯一零点，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【分析】整理可得，根据对称性可得，，结合正弦函数零点可得，进而运算求解. 【详解】由题意可得：， 因为函数图象的一条对称轴是， 则，，解得，， 又因为，，则， 若函数在上有唯一零点，则，解得， 即，可得， 所以的最小值为. 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. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 【答案】BD 【解析】 【分析】应用线性相关系数、残差图与独立性检验的知识，决定系数一一检验即可. 【详解】利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量相关，因此A错误； 在残差图中，残差点分布的水平带状区域越窄，说明模型的拟合精度越高，因此B正确； 线性相关系数的范围在到之间，有正有负，相关有正相关和负相关， 相关系数的绝对值的大小越接近于1，两个变量的线性相关性越强，反之，线性相关性越弱，因此C选项错误； 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好，D选项正确； 故选：BD. 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 D. 的最大值为3 【答案】ACD 【解析】 【分析】应用向量垂直计算判断A，应用向量平行得出正切进而得出角判断B，根据投影向量公式计算得出夹角判断C，应用向量坐标模长公式计算结合正弦值域判断D. 【详解】对于A，由，得，因此，故A正确； 对于B，若，则，所以，所以，故B错误； 对于C，因，， 由在上的投影向量为，解得， 又，，故C正确； 对于D，因， 故， 当，即时， 也即时，取得最大值9，即的最大值为3，故D正确. 故选：ACD. 11. 函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数既有极大值，也有极小值 C. 方程有个不同的实数解 D. 在定义域内，恒有 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，由题知定义域为，，利用导数与函数单调性间的关系，即可求解；对于B，利用极值的定义，即可求解；对于选项C，利用函数的单调性，得出函数图象，再数形结合，即可求解；对于D，构造函数，利用的图象关于点中心对称，即可求解. 【详解】易知的定义域为，， 对于选项A，由，得到，且，所以减区间为，，故选项A错误， 对于选项B，由，得到或， 当时，，当时，，当，，当时，， 所以的极大值为，极小值为，故选项B正确， 对于选项C，由选项B知，的增区间为，减区间为， 当时，，且时，，当从左边时，， 当从右边时，，且时，，当时，， 图象如图所示，由图知，只有一个零点，且， 令，由，得到，所以，令， 由图知，与有且仅有两个交点，所以选项C正确， 对于选项D，令，易知的图象关于点中心对称， 所以，即，得到，故选项D正确， 故选：BCD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 假设某市场供应的笔记本电脑中，市场占有率和合格率如下表： 甲厂 乙厂 市场占有率 合格率 在该市场中随机购买一台笔记本电脑，已知买到的是合格品，则这台电脑是甲厂生产的概率为________． 【答案】 【解析】 【详解】用表示买到的电脑是甲厂生产的，表示买到的电脑是合格品. 则，，，. 由贝叶斯公式可知． ． 13. 椭圆的左、右焦点分别为，，以右焦点为焦点的抛物线与椭圆在第一象限的交点为，若，则椭圆的离心率__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据椭圆定义结合已知条件求出，利用椭圆第二定义及抛物线定义列方程求解离心率. 【详解】 根据题意，，， 所以，， 设的横坐标为，，解得， 抛物线的焦点为右焦点，可得， 可得，椭圆的离心率. 14. 已知函数，，若对于任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数在上的最大值，分类讨论求出的最大值，再根据给定条件建立不等式，借助单调性求出范围. 【详解】由对任意，总存在，使得，得函数最大值不大于在上的最大值， 由函数，求导得， 函数在上单调递增，； 函数的定义域为， 求导得，当时，， 函数在上单调递增，当时，，不符合题意； 当时，由，得；由，得， 函数在上单调递增，在上单调递减，， 因此，令，函数在上单调递增， 不等式，解得， 所以实数a的取值范围是. 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. 已知是等差数列，是等比数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和． 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）设出公差和公比，根据条件得到方程组，求出公差和公比，得到通项公式； （2），利用错位相减法求和得到答案. 【小问1详解】 设公差为，公比为， ，故，， ，故， 联立，解得或（舍去）， 故，； 【小问2详解】 ，设数列的前项和为， 则，① ，② 两式①-②得， 所以. 16. 在深化课程改革、推动教育高质量发展的新阶段，命题能力已成为教师专业发展的关键能力，某省开展2025年学科教师命题能力高质量研修提升培训会，参会人员包括300名经验丰富教师（年龄在35岁及以上的教师），200名经验不丰富教师（年龄在35岁以下的教师），会后均参加相关知识考核，考核结果为优秀、合格两种情况，统计并得到如下列联表： 经验丰富教师 经验不丰富教师 总计 优秀 200 150 350 合格 100 50 150 总计 300 200 500 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次考核结果与经验丰富与否有关？ （2）若从参会人员中，采用分层抽样的方法随机抽取10名教师，再从这10名教师中随机抽取4人进行调研，设抽取的4人中经验不丰富教师的人数为X，求X的分布列和数学期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 【答案】（1）不能 （2） 的分布列如下表 0 1 2 3 4 【解析】 【分析】（1）由2×2列联表直接求解即可 （2）首先求出名教师中经验丰富和经验不丰富教师的人数，然后根据超几何分布求出对应的概率并列出分布列，最后根据期望公式求出期望. 【小问1详解】 零假设：认为这次考核结果与经验丰富无关， 由题意， 所以根据小概率值的独立性检验，推断成立， 即不能认为这次考核结果与经验丰富与否有关. 【小问2详解】 由题意，名教师中经验丰富的教师人数为人，经验不丰富的教师人数为人， 则可取的值有， ，， ，，， 的分布列如下表 0 1 2 3 4 所以. 17. 已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． （1）若，证明：； （2）若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理证明平面，由线面垂直的性质定理即可证明结论； （2）建立空间直角坐标系，求出相关点坐标，设，求出平面的法向量，根据空间角的向量求法，结合不等式知识，即可求得答案. 【小问1详解】 由题意：，∴分别为棱的中点，∴， ． 为等边三角形，为中点， ． 又平面，平面， 平而； 【小问2详解】 如图，在底面内过点作的平行线，即为平面与底面的交线， （因为，则，A为平面与底面的公共点，故为平面与底面的交线） 由题意，可得，即， 故底面的面积为， 设底面上的高为，则，于是， 注意到侧面是边长为2的正三角形，取中点， 连接，则，从而即为三棱锥的高，故平面， 取中点，连接，则， 于是，以点为坐标原点．所在直线分别为轴、轴、轴， 建立空间直角坐标系，则，， 于是，， 设平面的一个法向是为， 则，即， 解得，即， 由线面所成角的定义可知. 18. 设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 【答案】（Ⅰ）单调递增区间为的单调递减区间为.（Ⅱ）见证明；（Ⅲ）见证明 【解析】 【分析】(Ⅰ)由题意求得导函数的解析式，然后由导函数的符号即可确定函数的单调区间； (Ⅱ)构造函数，结合(Ⅰ)的结果和导函数的符号求解函数的最小值即可证得题中的结论； (Ⅲ)令，结合(Ⅰ)，(Ⅱ)的结论、函数的单调性和零点的性质放缩不等式即可证得题中的结果. 【详解】(Ⅰ)由已知，有. 当时，有，得，则单调递减; 当时，有，得，则单调递增. 所以，的单调递增区间为， 的单调递减区间为. (Ⅱ)记.依题意及(Ⅰ)有：， 从而.当时，，故 . 因此，在区间上单调递减，进而. 所以，当时，. (Ⅲ)依题意，，即. 记，则. 且. 由及(Ⅰ)得. 由(Ⅱ)知，当时，，所以在上为减函数， 因此. 又由(Ⅱ)知，故： . 所以. 【点睛】本题主要考查导数的运算､不等式证明､运用导数研究函数的性质等基础知识和方法.考查函数思想和化归与转化思想.考查抽象概括能力､综合分析问题和解决问题的能力. 19. 已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. （1）当时，求； （2）设，证明：数列是等差数列； （3）设为的面积，证明：为定值. 【答案】（1） （2）法一：由题意知的坐标为， 所以，又， 两式相减得，即， 由题意知，可得， 所以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以，可得， 所以数列是等差数列. 法二：由题意知的坐标为， 所以直线的方程为， 由，可得， 由题意知是直线与的公共点， 所以，所 以数列是以1为首项，为公差的等差数列， 所以，可得， 所以， 所以，所以数列是等差数列. （3）法一：的三个顶点为， 因为，两式相减得，即， 所以直线的斜率为， 可得， 直线的方程为， 即， 设到直线的距离为， 则 所以， 所以为定值. 法2：的三个顶点为， 可得，， 所以 ， 所以为定值.法3：要证为定值，只需证， 即证与面积相等， 因为，两式相减得， 即， 以直线的斜率为， 同理可得直线的斜率为 所以，可得点到直线的距离相等， 所以，即为定值. 【解析】 【分析】（1）由点在可得，根据直线的方程联立抛物线方程可得； （2）由点差法可得，得，进而确定，可得，进而可得，即得，即证； （3）由，由点差法可， 进而可得直线的斜率为，可得，由直线的方程为，可得到直线的距离为，进而，即证. 【小问1详解】 因为点在上，所以，解得， 由题意知的坐标为，直线的方程为：， 由，整理得，解得. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 【点睛】关键点点睛：本题第二问关键能用点差法得到，进而，确定是等差数列，可得，进而依次得到，，；第三问由，可得和直线的方程为，进而得到直线的距离，进而，即证. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪一中2025—2026学年下学期高三仿真考（二） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，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姓名、准考证号、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，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，用黑色碳素笔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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，则的虚部为（ ） A. B. 2 C. 3 D. 6 3. 已知函数的图象为，为了得到函数的图象，只要把上所有的点（ ） A. 向右平行移动个单位长度 B. 向左平行移动个单位长度 C. 向右平行移动个单位长度 D. 向左平行移动个单位长度 4. 已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（ ） A. 98 B. 99 C. 100 D. 101 5. 某新能源汽车研究机构发现，A款电动汽车的保值率（即使用t年后的二手车价格与新车指导价的比值）P随着使用年限t（单位：年）的变化，大致符合指数衰减模型：，其中，a和b为常数.已知A款电动汽车使用2年后保值率为，使用4年后保值率为.若该车的保值率低于即被视为“大幅贬值”，则该车大约在使用多少年后会进入“大幅贬值”区间?（参考数据：，）（ ） A. 5年 B. 6年 C. 7年 D. 8年 6. 游乐园里有一个半径为4的圆形水池（对应圆：）．现在要在水池里搭一条直线形的浮桥，浮桥的位置满足方程（是可以调节的参数），需要找到浮桥被水池截得的最短长度，这样的浮桥既节省材料，又能让游客体验最佳．则浮桥的最短长度是（ ） A. B. C. D. 7. 已知三棱锥各个顶点都在半径为的球的球面上，且，，，则球心到平面的距离为（ ） A. B. C. 3 D. 8. 若函数图象的一条对称轴是，且在上有唯一零点，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. 5 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. 下列说法正确的是（ ） A. 利用进行独立性检验时，的值越大，说明有更大的把握认为两个分类变量独立 B. 在残差图中，残差点分布的带状区域的宽度越窄，其模型拟合效果越好 C. 样本相关系数的绝对值大小可以反映成对样本数据之间线性相关的程度，当越接近1时，成对样本数据的线性相关程度越弱 D. 用决定系数来比较两个模型的拟合效果，越大，表示残差平方和越小，即模型的拟合效果越好 10. 已知向量，则下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若在上的投影向量为，则向量与的夹角为 D. 的最大值为3 11. 函数叫自然指数函数，是一种常见的超越函数，它常与其它函数进行运算产生新的函数.已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数在上单调递减 B. 函数既有极大值，也有极小值 C. 方程有个不同的实数解 D. 在定义域内，恒有 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 假设某市场供应的笔记本电脑中，市场占有率和合格率如下表： 甲厂 乙厂 市场占有率 合格率 在该市场中随机购买一台笔记本电脑，已知买到的是合格品，则这台电脑是甲厂生产的概率为________． 13. 椭圆的左、右焦点分别为，，以右焦点为焦点的抛物线与椭圆在第一象限的交点为，若，则椭圆的离心率__________. 14. 已知函数，，若对于任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是______． 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. 已知是等差数列，是等比数列，且，，． （1）求和的通项公式； （2）求数列的前项和． 16. 在深化课程改革、推动教育高质量发展的新阶段，命题能力已成为教师专业发展的关键能力，某省开展2025年学科教师命题能力高质量研修提升培训会，参会人员包括300名经验丰富教师（年龄在35岁及以上的教师），200名经验不丰富教师（年龄在35岁以下的教师），会后均参加相关知识考核，考核结果为优秀、合格两种情况，统计并得到如下列联表： 经验丰富教师 经验不丰富教师 总计 优秀 200 150 350 合格 100 50 150 总计 300 200 500 （1）根据小概率值的独立性检验，能否认为这次考核结果与经验丰富与否有关？ （2）若从参会人员中，采用分层抽样的方法随机抽取10名教师，再从这10名教师中随机抽取4人进行调研，设抽取的4人中经验不丰富教师的人数为X，求X的分布列和数学期望． 附：，其中． 0.1 0.05 0.01 0.001 2.706 3.841 6.635 10.828 17. 已知三棱锥中，侧面是边长为2的正三角形，，，平面与底面的交线为直线． （1）若，证明：； （2）若三棱锥的体积为为交线上的动点，若直线与平面的夹角为，求的取值范围． 18. 设函数为的导函数. （Ⅰ）求的单调区间； （Ⅱ）当时，证明； （Ⅲ）设为函数在区间内的零点，其中，证明. 19. 已知抛物线，点在上，为常数，，按如下方式依次构造点，过点作轴的垂线交于点，过且斜率为的直线与的另一个交点为.记的坐标为. （1）当时，求； （2）设，证明：数列是等差数列； （3）设为的面积，证明：为定值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $