精品解析：云南玉溪师范学院附属中学2026届高考模拟考试（二）数学试卷

玉溪师院附中2026届高考模拟考试（二）数学试卷 命题：2026数学试题小组 审题：陈奕谷 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集是小于12的素数，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数是纯虚数，则的值为（ ） A. B. 12 C. D. 3 3. 已知等差数列的前项和为．若，则（ ） A. B. C. D. 4. 已知函数，则“”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 6. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 7. 已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，与双曲线交于(在第一象限)，两点，，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数有两个零点，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知事件A，B满足，，则（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若A与B相互独立，则 D. 若，则A与B相互独立 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设a为实数，若函数在处取得极大值，则a的值为______． 13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 14. 已知，若在内的解为，则__________. 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. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 16. 已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 17. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 18. 设抛物线E：的焦点为F，过点的动直线l交抛物线E于，两点，点，当直线垂直于轴时，． （1）求抛物线E的标准方程； （2）若直线l过点T，求的面积； （3）若直线平分，求直线l的斜率． 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 玉溪师院附中2026届高考模拟考试（二）数学试卷 命题：2026数学试题小组 审题：陈奕谷 第I卷（选择题） 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集是小于12的素数，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出全集中的元素（素数（质数）），再利用概念以及补集的运算求解即可. 【详解】由题知全集是小于12的素数， 因为，所以. 故选：B. 2. 已知复数是纯虚数，则的值为（ ） A. B. 12 C. D. 3 【答案】C 【解析】 【分析】根据复数的除法运算化简，根据纯虚数的概念列式计算，可得答案. 【详解】由题意， 因为复数是纯虚数，故， 解得， 故选：C 3. 已知等差数列的前项和为．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由，判断，结合前项和公式解出，进而得解. 【详解】由知，，解得，故. 故选：A 4. 已知函数，则“”是“函数在上单调递减”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，结合对数复合函数单调性求出的范围，再利用充分条件、必要条件的定义判断得解. 【详解】令，函数在上单调递增， 由函数在上单调递减，得函数在上单调递减，且当时，， 因此，解得， 所以“”是“函数在上单调递减”的必要不充分条件. 故选：C 5. 已知为单位向量，且在上的投影向量为，则（ ） A. 2 B. 3 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用平面向量的数量积及投影向量即可求出两个向量的夹角，再利用向量的模长公式即可得到结果. 【详解】设的夹角为，由题意得，， 所以， 故选：C 6. 已知圆上的点到直线的距离为，则满足条件的点的个数为（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离与半径的关系即可求解. 【详解】的圆心为，半径为， 圆心到直线的距离为， 故到直线的距离为的点共有4个， 故选：D 7. 已知是双曲线的右焦点，为坐标原点，与双曲线交于(在第一象限)，两点，，且，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】本题需要根据已知条件，在焦点三角形中运用余弦定理，建立与的方程，进而算出离心率. 【详解】设双曲线的左焦点为，则为平行四边形，所以 因为，所以 又，所以， 因为，所以，在中运用余弦定理有 ，得，故离心率 故选：D. 【点睛】双曲线上一点与两焦点构成的三角形，称为双曲线的焦点三角形，与焦点三角形有关的计算或证明常利用正弦定理、余弦定理、得到a，c的关系． 8. 已知函数有两个零点，，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】条件化为与的两个交点横坐标分别为，，数形结合得到，应用对勾函数的性质求目标式的范围. 【详解】由函数有两个零点，， 所以与的两个交点横坐标分别为，， 结合图象知，，， ，则， 所以， 则， 令，则，， 又在区间上单调递减，所以， 所以. 故选：. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 已知事件A，B满足，，则（ ） A. 若，则 B. 若A与B互斥，则 C. 若A与B相互独立，则 D. 若，则A与B相互独立 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A，由题意可得，从而即可判断； 对于B，由互斥事件的概率计算公式计算即可； 对于C，先求得，再根据独立事件的计算公式计算即可； 对于D，判断是否成立即可. 【详解】解：对于A，因为，，， 所以，故错误； 对于B，因为A与B互斥，所以，故正确； 对于C，因为，所以，所以，故错误； 对于D，因为，即，所以， 又因为，所以， 所以A与B相互独立，故正确. 故选：BD 10. 如图，在直三棱柱中，，，点，，，分别是，，，的中点，则（ ） A. ，，，四点共面 B. 线段为直三棱柱外接球的直径 C. 三棱锥的体积为 D. 异面直线与所成角为 【答案】BC 【解析】 【分析】由异面直线的判定判断A；补形成正方体判断B；利用等体积法求出体积判断C；求出异面直线夹角判断D. 【详解】对于A，直线平面，点平面，而直线， 点平面，因此直线与直线是异面直线，则四点不共面，A错误； 对于B，将三棱柱补形为正方体，为该正方体共点的三条棱， 矩形为该正方体对角面，则为三棱柱外接球直径，B正确； 对于C，点到平面的距离为，则，C正确； 对于D，取中点，连接，由是中点，得， 则是异面直线与所成角或其补角， 由已知，，，平面， 所以平面，故平面， 又平面，于是，而， 因此，即，D错误. 故选：BC 11. 在中，角所对的边分别为，且，则下列结论正确的有（ ） A. B. 若，则为直角三角形 C. 若为锐角三角形，的最小值为1 D. 若为锐角三角形，则的取值范围为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据正弦定理和三角恒等变换可得，即可得，所以A正确；再利用由正弦定理计算可得，可得，B正确；由锐角三角形可得，再由二倍角公式可得，即C错误；由正弦定理可得，结合的范围并利用函数单调性可得D正确. 【详解】对于中，由正弦定理得， 由，得，即， 由，则，故，所以或， 即或（舍去），即，A正确； 对于B，若，结合和正弦定理知， 又，所以可得，B正确； 对于，在锐角中，，即. 故，C错误； 对于，在锐角中，由， ， 令，则， 易知函数单调递增，所以可得，D正确； 故选：ABD. 第II卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设a为实数，若函数在处取得极大值，则a的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的导数，解关于导函数的方程，求出的值即可． 【详解】解：， 令，解得；或， 若函数在处取得极大值， 则，解得， 当时，，， 所以函数f(x)在上单调递减，在上单调递增. 满足题意. 故答案为：． 13. 已知随机变量，且，则的展开式中常数项为______． 【答案】60 【解析】 【分析】先利用正态分布对称性求出的值，然后利用二项展开式求出常数项即可. 【详解】由随机变量，正态分布关于均值对称， 因为， 所以和关于2对称， 所以， 所以二项式为：， 又二项展开式的通项为：， 令解得：， 所以二项展开式中常数项为：， 故答案为：60. 14. 已知，若在内的解为，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】求出函数的对称轴，作出函数的图象，得到，代入可得，由题意知，根据范围求出即可求出答案. 【详解】由题意知，的最小正周期， 令，则， 即图象的对称轴为， 如图，作出在上的图象， 因为，所以，即， 所以， 由题意知，且， 所以， 所以， 所以. 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. 已知函数． （1）若，求曲线在处的切线方程； （2）若恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求导，再根据导数的几何意义即可得解； （2）恒成立，即，利用导数求出函数的最小值即可. 【小问1详解】 若，则，，故， 所以曲线在处的切线方程为，即； 【小问2详解】 恒成立，即， 又， 当时，，当时，， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 所以， 所以，所以. 【点睛】方法点睛：对于利用导数研究不等式的恒成立与有解问题的求解策略： （1）通常要构造新函数，利用导数研究函数的单调性，求出最值，从而求出参数的取值范围； （2）利用可分离变量，构造新函数，直接把问题转化为函数的最值问题． （3）根据恒成立或有解求解参数的取值时，一般涉及分离参数法，但压轴试题中很少碰到分离参数后构造的新函数能直接求出最值点的情况，进行求解，若参变分离不易求解问题，就要考虑利用分类讨论法和放缩法，注意恒成立与存在性问题的区别． 16. 已知数列{an}满足＋＋＋…＋＝n2＋n. （1）求数列{an}的通项公式； （2）若bn＝，求数列{bn}的前n项和Sn. 【答案】（1） an＝n·2n＋1；（2）Sn=－ . 【解析】 【分析】（1）用原式减去当n≥2时的式子，即可求出an，再验证n＝1时是否符合即可； （2）求出bn，再利用错位相减法可求和. 【详解】（1）∵＋＋＋…＋＝n2＋n， ∴当n≥2时，＋＋＋…＋＝(n－1)2＋n－1， 两式相减得＝2n(n≥2)，∴an＝n·2n＋1(n≥2). 又∵当n＝1时，＝1＋1，∴a1＝4，满足an＝n·2n＋1. ∴an＝n·2n＋1. （2）∵bn＝＝n(－2)n， ∴Sn＝1×(－2)1＋2×(－2)2＋3×(－2)3＋…＋n×(－2)n， －2Sn＝1×(－2)2＋2×(－2)3＋3×(－2)4＋…＋(n－1)×(－2)n＋n(－2)n＋1， ∴两式相减得 3Sn＝(－2)＋(－2)2＋(－2)3＋(－2)4＋…＋(－2)n－n(－2)n＋1 ＝－n(－2)n＋1＝－n(－2)n＋1＝－， ∴Sn＝－. 17. 如图，圆锥的轴截面PAB是边长为2的正三角形，C，D为底面圆周上的点，且是正三角形，E为母线PB上的一动点． （1）若平面CDE，求PE的长； （2）若直线DE与平面所成角的正弦值为．求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）取的中点，以为原点建立空间直角坐标系，求出相关点的坐标，利用线面平行的性质，结合平行线分线段成比例定理求解. （2），利用线面角的向量法求出，进而求出平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取直径的中点，连接，在底面圆所在平面内作，直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建空间直角坐标系， 由都是正三角形，，得， ，令，则， 由平面，平面平面，平面，得， 因此，，所以PE的长为. 【小问2详解】 由（1）知，设，则， ，而平面的法向量， 由直线DE与平面所成角的正弦值为，得 ，整理得，又，解得， 于是，而，设平面的法向量， 则，令，得， 因此， 所以平面与平面夹角的余弦值为. 18. 设抛物线E：的焦点为F，过点的动直线l交抛物线E于，两点，点，当直线垂直于轴时，． （1）求抛物线E的标准方程； （2）若直线l过点T，求的面积； （3）若直线平分，求直线l的斜率． 【答案】（1）； （2）； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据题意得到，解出即可； （2）首先计算出的方程：，再将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，最后利用面积公式即可得到答案； （3）设直线，将其与抛物线方程联立得到韦达定理式，再利用，代入计算得，最后代入，以及韦达定理式即可得到方程，解出即可. 【小问1详解】 由题意，当点横坐标为2时，点到准线的距离为3， 即，解得， 所以拋物线的标准方程为：． 【小问2详解】 点，设． 此时直线的斜率为，的方程可写为． 与抛物线方程联立得：． 由韦达定理，，， 此时面积为． 【小问3详解】 设直线的斜率为，显然，则设直线方程为：， 将其与抛物线方程联立得：． 由韦达定理，. 由题意：． 又，所以． 又因为，， 代入化简得：． 即． 又，故． 即，解得：． 19. 某次投篮游戏，规定每名同学投篮次，投篮位置有，两处，第一次在处投，从第二次开始，若前一次未投进，则下一次投篮位置转为另一处；若前一次投进，则下一次投篮位置不变.在处每次投进得2分，否则得0分；在处每次投进得3分，否则得0分.已知甲在，两处每次投进的概率分别为，，且每次投篮相互独立.记甲第次在处投篮的概率为，第次投篮后累计得分为. （1）求的分布列及数学期望； （2）求的通项公式； （3）证明：. 参考公式：若，是离散型随机变量，则. 【答案】（1） 0 2 3 4 （2）（，2，……，） （3） 因为第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为， 记第次得分，则的可能取值为0，2，3， ， ， ， 所以， 因为， 所以 ， 因为， 所以. 【解析】 【分析】（1）设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件，，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4，根据独立事件概率乘法公式分别求解随机变量对应的概率即可得分布列，从而得数学期望； （2）当时，甲第次在处投篮分两种情形：①第次在处投篮且投进； ②第次在处投篮且未投进.分别确定概率，结合数列的递推关系得等比数列，根据等比数列的通项公式求解的通项公式即可； （3）第次在处投篮的概率为，在处投篮的概率为，记第次得分，则的可能取值为0，2，3，分别求解概率即可计算数学期望，结合指数函数的性质证明结论即可. 【小问1详解】 设“甲第次在处投进”为事件，“甲第次在处投进”为事件， ，2，依题意，的可能取值为0，2，3，4. ， ， ， ， 所以的概率分布为 0 2 3 4 （分）. 【小问2详解】 当时，甲第次在处投篮分两种情形： ①第次在处投篮且投进，这种情形概率为； ②第次在处投篮且未投进，这种情形概率为. 所以， 故， 因为， 所以是以为首项，为公比的等比数列. 所以， 即，，2，……，. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $