精品解析：云南省玉溪第一中学（南校）2026届高三下学期高考仿真模拟考（一）数学试题

玉溪一中高2026届高考仿真模拟考（一） 数学学科试卷 总分：150分考试时间：120分钟 一、单选题 1. 若，则A的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 2. 已知复数，是方程的两个虚数根，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 4 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加了个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则新的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，设，则数列的前2026项和（ ） A. B. C. D. 7. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆，已知椭圆的蒙日圆是，若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 8. 已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为60米，转盘直径为50米，设置有24个座舱，摩天轮开启前，距地面最近的点为0号座舱，距地面最远的座舱为12号，座舱逆时针排列且均匀分布，游客甲坐2号舱位，乙坐6号舱位，开启后按逆时针方向匀速旋转，转一周需要24分钟，游客甲在摩天轮转动过程中距离地面的高度为米，下列说法正确的是（ ） A. 关于的函数解析式为 B. 开启后第20分钟这一时刻游客甲和乙第二次距离地面高度相同 C. 开启后第10分钟游客乙距离地面47.5米 D. 开启后第10分钟至第18分钟游客甲和乙运动方向相同（上升或下降） 11. 如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（ ） A. 存在唯一点，使得 B. 存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分 三、填空题 12. 已知随机变量X服从正态分布，若，则______ 13. 如图，在中，已知，边上的两条中线相交于点P，则的余弦值为__________． 14. 设数列的前n项和为，，且对任意的都有．若存在，使得，则实数等于_____________． 四、解答题 15. 如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． （1）求证：平面平面； （2）若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值． 16. 在中，． （1）求的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 17. 在统计调查中，问卷的设计是一门很大的学问．对一些敏感性问题，更要精心设计问卷及调查方法，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题，否则，被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的80名初中生和120名高中生进行了调查．调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的10个白球和20个黑球的袋子．每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生若吸烟，则写下①，若不吸烟，则写下②；摸到黑球的学生若吸烟，则写下②，若不吸烟，则写下①．由于问题的答案只有①和②，而且摸到的是白球还是黑球也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．设事件“被调查者吸烟”，“被调查者写下①”． （1）为了进一步了解学生的吸烟情况，从被调查的初中生和高中生中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取3名学生，记抽取的3名学生中初中生的人数为，求的分布列和数学期望； （2）用频率估计概率，若200名学生中有130人写下①，试估计的值； 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，且， （i）求实数的取值范围； （ii）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 $ 玉溪一中高2026届高考仿真模拟考（一） 数学学科试卷 总分：150分考试时间：120分钟 一、单选题 1. 若，则A的真子集个数为（ ） A. 3 B. 8 C. 7 D. 6 【答案】C 【解析】 【分析】根据真子集的定义求解即可. 【详解】因为集合，所以的真子集有共7个. 2. 已知复数，是方程的两个虚数根，则（ ） A. 0 B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】直接由求根公式求出两个虚根，再由复数减法运算、模的运算即可求解. 【详解】∵复数，是方程的两个虚数根，∴，为，∴． 故选：C. 3. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】. 4. 下列函数中最小值为4的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据二次函数的性质可判断选项不符合题意，再根据基本不等式“一正二定三相等”，即可得出不符合题意，符合题意． 【详解】对于A，，当且仅当时取等号，所以其最小值为，A不符合题意； 对于B，因为，，当且仅当时取等号，等号取不到，所以其最小值不为，B不符合题意； 对于C，因为函数定义域为，而，，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，C符合题意； 对于D，，函数定义域为，而且，如当，，D不符合题意． 故选：C． 【点睛】本题解题关键是理解基本不等式的使用条件，明确“一正二定三相等”的意义，再结合有关函数的性质即可解出． 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加了个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则新的经验回归方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为经验回归方程经过样本中心点， 将代入中，可得. 增加1个样本数据过后，新的样本数据有6组， 新的，. 由题意，设新的经验回归方程为， 因为新的经验回归方程经过新的样本中心点， ，得，故新的经验回归方程为 . 6. 已知数列满足，设，则数列的前2026项和（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先应用已知等式作差计算得出，再应用裂项相消法计算求解. 【详解】因为①， 当时， ②， 由①-②得到，得到， 又时，，满足， 所以，则， 所以 ， 则数列的前2026项和为. 故选：C. 7. 画法几何学的创始人——法国数学家加斯帕尔·蒙日发现：与椭圆相切的两条垂直切线的交点的轨迹是以椭圆中心为圆心的圆，我们通常把这个圆称为该椭圆的蒙日圆，已知椭圆的蒙日圆是，若圆与椭圆的蒙日圆有且仅有一个公共点，则的值为（ ） A. 或 B. 或 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意，得到蒙日圆方程为，根据蒙日圆与圆只有一个公共点，结合圆与圆的位置关系，得到或，求得的值，即可得到答案. 【详解】由椭圆的方程，可得且，且蒙日圆方程为， 可得蒙日圆的圆心为原点O，半径为， 又由圆的圆心为，半径为2， 因为两圆只有一个公共点，则两圆外切或内切， 可得或， 又因为，所以或， 解得或． 故选：B． 8. 已知函数，若的零点个数为，则实数取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出的图象，结合函数的图象可得方程的解、满足，根据根分布可求实数取值范围． 【详解】根据解析式知的图象如图所示： 由题意，有4个不相等的实数根， 设，结合图象可知有两个不等实根， 设此关于方程的解为、，其中均不为零且． 由题设可得关于的方程和共有4个不同的解，， 故不能都大于2，不能都小于等于1， 故（舍）或或（舍）． 令，其开口向上， 需满足，即，解得. 二、多选题 9. 已知，则下列描述正确的是（ ） A. B. 的展开式中，所有含的偶数次项的二项式系数和为 C. 被8除所得的余数是1 D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】令，得，再令，得， ，A选项正确. 根据二项式系数和的性质，对于二项式，所有二项式系数和为， 且奇数项二项式系数和等于偶数项二项式系数和，都为， 的展开式中，对于所有含的偶数次项的二项式系数和， 即为展开式中奇数项的二项式系数和，为，B选项正确. 而. 可得除了最后一项外，其余各项均能被8整除，故被8除所得的余数是，C选项正确. 对两边分别求导， 可得. 令，得，D选项错误. 10. 摩天轮是一种大型转轮状的机械建筑设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上转，可以从高处俯瞰四周景色．某摩天轮最高点距离地面高度为60米，转盘直径为50米，设置有24个座舱，摩天轮开启前，距地面最近的点为0号座舱，距地面最远的座舱为12号，座舱逆时针排列且均匀分布，游客甲坐2号舱位，乙坐6号舱位，开启后按逆时针方向匀速旋转，转一周需要24分钟，游客甲在摩天轮转动过程中距离地面的高度为米，下列说法正确的是（ ） A. 关于的函数解析式为 B. 开启后第20分钟这一时刻游客甲和乙第二次距离地面高度相同 C. 开启后第10分钟游客乙距离地面47.5米 D. 开启后第10分钟至第18分钟游客甲和乙运动方向相同（上升或下降） 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意建立三角函数模型，然后结合三角函数的图象与性质判断选项即可. 【详解】设游客甲距离地面的高度与时间的函数为， 由题意，，所以， 由摩天轮转一周需要，知座舱转动的角速度约为，故， 则， 又游客甲坐2号舱位，当时，游客甲的位置达到摩天轮最高点，所以， 即，所以，所以， 不妨取，则，故，A错误； 由于摩天轮旋转一周需24分钟，故游客甲和乙第二次距离地面高度相同时， 需经历分钟，B正确； 根据题意游客乙在摩天轮转动过程中距离地面的高度函数为： ， 则开启后第10分钟游客乙距离地面高度为米，C正确； 对于函数， 令得， 所以函数的单调递减区间为， 当时，函数的单调递减区间为， 所以开启后第10分钟至第18分钟游客甲在下降， 对于函数， 令得， 所以函数的单调递减区间为， 当时，函数的单调递减区间为， 所以开启后第10分钟至第18分钟游客乙也在下降， 即开启后第10分钟至第18分钟游客甲和乙运动方向相同，D正确. 11. 如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（ ） A. 存在唯一点，使得 B. 存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值 C. 若，则三棱锥外接球的表面积为 D. 若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分 【答案】BCD 【解析】 【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D. 【详解】对于A选项：正方形中，有， 正方体中有平面，平面，， 又，平面，平面， 只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误； 对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取到最小值时，最大， 此时点与点重合，B选项正确； 对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥外接球的表面积为，C选项正确； 对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，设，则有，， 有，化简得，是正方形内部(含边界)的一个动点， 所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确. 故选：BCD 三、填空题 12. 已知随机变量X服从正态分布，若，则______ 【答案】2 【解析】 【详解】由，则， 结合正态分布的对称性知， 所以，则 13. 如图，在中，已知，边上的两条中线相交于点P，则的余弦值为__________． 【答案】## 【解析】 【分析】根据题意利用余弦定理可得，即为直角三角形，建立平面直角坐标系利用向量夹角的坐标表示即可得出结果. 【详解】在中，由余弦定理可得，即； 因此满足，可得是以的直角三角形； 以为坐标原点，分别为轴，轴，如下图所示; , 易知即为向量的夹角， 所以. 故答案为： 14. 设数列的前n项和为，，且对任意的都有．若存在，使得，则实数等于_____________． 【答案】或 【解析】 【分析】由，可求出，通过递推关系还得到，从而可知奇数项、偶数项分别构成等差数列，若存在，使得，则，所以，对的奇偶分类讨论，列方程组可求得的值. 【详解】依题意，，对任意的都有， 则，所以， 两式相减得， 可知数列的奇数项是首项为，公差为2的等差数列； 偶数项是首项为，公差为2的等差数列． 若存在，使得， 则，所以 当为奇数时，为偶数，由得： ， 解得. 当为偶数时，为奇数，由得： ， 解得． 综上所述，的值为或. 故答案为：或 四、解答题 15. 如图，在直三棱柱中，点、分别是棱、上的点（点异于点），且． （1）求证：平面平面； （2）若是正三角形，，且三棱柱的体积是三棱锥的体积的12倍，求与平面所成的角的余弦值． 【答案】（1） 因为三棱柱是直三棱柱，所以平面， 又因为平面，所以， 因为，且平面， 所以平面， 又因为平面，所以平面平面. （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，证得，利用线面垂直的判定定理，证得平面，结合面面垂直的判定定理，即可证得平面平面. （2）解法一：设，由，求得，以点为原点，建立空间直角坐标系，求得和平面的法向量，结合向量的夹角公式，即可求解； 解法二：连接，过作平面，连接，得到就是直线与平面所成的角，取的中点，连接，取的中点，连接，根据题意，求得，在直角中，即可求解； 解法三：设是的中点，连接， 证得平面，得到点与到平面的距离相等，求得到平面的距离也为，设与平面所成的角为，结合，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解法一：由平面，平面，可知， 因为是正三角形，所以， 设，由，， 可得，解得， 以点为坐标原点，所在的直线分别为轴，建立空间直角坐标系， 如图所示，则、、、， 所以， 设平面的一个法向量为，则， 取，可得，所以， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的余弦值为. 解法二：连接，过作平面，垂足为，连接， 则就是直线与平面所成的角， 取的中点，连接，取的中点，连接， 因为为等边三角形，为的中点，所以， 因为分别为和的中点，所以，则， 因为三棱柱为直三棱柱，所以平面， 因为平面，所以平面，且， 因为， 故， 因为平面，平面，所以， 又因为，， 所以， 所以，解得， 又， 故，所以与平面所成的角的余弦值为． 解法三：设是的中点，连接 因为，，故四边形为平行四边形， 所以，， 因为和分别为和的中点，所以，， 故四边形为平行四边形，所以，， 又因为，，所以，， 所以四边形为平行四边形，所以， 因为平面，平面，所以平面， 点与到平面的距离相等． 由四边形是正方形，，，分别为，，的中点， 故，所以，故，即， 又平面平面，平面，且平面平面， 故平面， 由，可得到平面的距离也为， 又由， 设与平面所成的角为，则， 所以与平面所成的角的余弦值为． 16. 在中，． （1）求的大小； （2）若，从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在且唯一确定，求最长边上的高线的长． 条件①：；条件②：的面积为；条件③：． 【答案】（1） （2）选择①， 【解析】 【分析】（1）利用倍角公式，通过解方程可得答案； （2）先利用正弦定理求出，选择①利用余弦定理求出或先判断为最长边，然后可得答案；选择②利用面积公式和余弦定理求解出两组答案，不合题意；选择③利用余弦定理得到的方程无解，不合题意. 【小问1详解】 因为,所以, 所以，所以， 因为，所以舍,所以. 【小问2详解】 选择① 因为，由正弦定理，代入得. 法一： 由余弦定理，代入得， 所以，所以或（舍），所以边最长， 边上的高线. 法二： 因为，所以， 所以，所以，所以为最长边, 边上的高线. 选择② 因为, 所以, 因为，由余弦定理, 所以, 所以或,三角形不唯一，不能选择条件② 选择③，由余弦定理, 得，此时，，所以，三角形不存在． 17. 在统计调查中，问卷的设计是一门很大的学问．对一些敏感性问题，更要精心设计问卷及调查方法，设法消除被调查者的顾虑，使他们能够如实回答问题，否则，被调查者往往会拒绝回答，或不提供真实情况．某地区的公共卫生部门为了调查本地区中学生的吸烟情况，对随机抽出的80名初中生和120名高中生进行了调查．调查者设计了一个随机化装置，这是一个装有大小、形状和质量完全一样的10个白球和20个黑球的袋子．每个被调查者随机从袋中摸取1个球（摸出的球再放回袋中），摸到白球的学生若吸烟，则写下①，若不吸烟，则写下②；摸到黑球的学生若吸烟，则写下②，若不吸烟，则写下①．由于问题的答案只有①和②，而且摸到的是白球还是黑球也是别人不知道的，因此被调查者可以毫无顾虑地给出符合实际情况的答案．设事件“被调查者吸烟”，“被调查者写下①”． （1）为了进一步了解学生的吸烟情况，从被调查的初中生和高中生中用比例分配的分层随机抽样的方法抽取10名学生，再从这10名学生中随机抽取3名学生，记抽取的3名学生中初中生的人数为，求的分布列和数学期望； （2）用频率估计概率，若200名学生中有130人写下①，试估计的值； 【答案】（1）的分布列为 0 1 2 3 （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到随机变量的可能取值为，利用超几何分布的概率计算公式，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解； （2）设事件“被调查者摸到白球”，结合全概率公式，即可求解. 【小问1详解】 由题意，抽取的10名学生中有4名初中生，6名高中生， 可得随机变量的可能取值为， 则，， ，． 所以变量的分布列为 0 1 2 3 所以期望为. 【小问2详解】 设事件“被调查者摸到白球”， 可得， 当时，. 18. 已知函数． （1）当时，求的单调区间； （2）若有两个极值点，且， （i）求实数的取值范围； （ii）证明：． 【答案】（1）单调递增区间是； （2）（i）（ii）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）对函数求导，构造函数并利用导数研究新函数的单调性与最值，研究导函数符号确定的单调区间； （2）（i）构造函数，将原问题进行等价转化，利用导数求最值，根据题意求出的取值范围；（ii）将化为证，利用换元法将要证明的不等式进行转化，结合导数证明结论； 【小问1详解】 （1）当时且，则. 令，则， 当时，，单调递减， 当时，，单调递增， 故，即，则在上单调递增， 故的单调递增区间是，无单调递减区间. 【小问2详解】 （i）∵的定义域为，， 若有两个极值点，且， ∴的两个根为， 且， 则与有两个交点， 令， ， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 故，， 且，所以， 要使与有两个交点，则，即， 所以的取值范围是. （ii）∴，∴.∴， 要证：，即证：， 只需证. 令，. ∴在恒成立， ∴在为增函数，∴， ∴. 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 $