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2026年云南省长水教育集团高考数学全真模拟试卷
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.样本数据，，，，，，，的第百分位数是( )
A. B. C. D.
2.在复平面内，复数对应的点的坐标是，则( )
A. B. C. D.
3.已知集合，，则( )
A. B. C. D.
4.若平面内的两个向量满足，且，则( )
A. B. C. D.
5.已知函数，则( )
A. 是奇函数，且在上单调递增
B. 是奇函数，且在上单调递减
C. 是偶函数，且在上单调递增
D. 是偶函数，且在上单调递减
6.设的内角，，的对边分别为，，，，，则的最大值为( )
A. B. C. D.
7.设，若，则( )
A. B. C. D.
8.设椭圆，点和均为椭圆的顶点，直线与椭圆交于，两点当四边形面积取最大值时，实数的值为( )
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.已知函数则下列结论正确的有( )
A. 的最大值为
B. 在区间上单调递减
C. 把函数的图象上所有点向右平移个单位长度，可得到函数的图象
D. 若函数的图象关于轴对称，则正数的最小值为
10.已知、分别是双曲线：的左、右焦点，点是上任意一点，为坐标原点，则下列结论正确的有( )
A. 的离心率为 B. 点到的两条渐近线的距离之积为
C. 若，则 D.
11.如图，，，，将，，分别沿，，折起，，，重合一处记为点，这样形成三棱锥如图记三棱锥的外接球球心为，，的中点分别为，，过点，，的平面与交于点则下列结论正确的有( )
A. 平面平面
B. 直线与平面所成角的余弦值为
C. ：：
D. 四棱锥的体积为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知，则 ______．
13.若斜率为的直线与曲线和圆都相切，则实数的值为 ．
14.一颗质地均匀的正方体骰子，六个面上分别标有点数，，，，，，现随机将骰子抛掷次，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整除的概率为 ．
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.本小题分
设数列满足，．
证明：为等差数列；
设，求数列的前项和．
16.本小题分
已知四棱台，底面是边长为的菱形，平面，，，是的中点．
证明：平面；
求平面与平面夹角的余弦值．
17.本小题分
为考察某种药物预防疾病的效果，进行动物试验，得到如下的列联表单位：只：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用
服用
合计
请将上面的列联表补充完整；
依据的独立性检验，能否认为药物有效呢？从概率的角度解释得到的结论；
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只作为样本，从该样本中随机抽取只，设其中未服用药物的动物数为，求的分布列及期望．
附表及公式：．
18.本小题分
已知点为抛物线的焦点，点在抛物线上，且．
求抛物线的方程；
若一条斜率为的直线与抛物线相交于不同的两点，，为坐标原点，
(ⅰ)当时，求以线段为直径的圆的面积；
(ⅱ)若在抛物线上存在点位于直线的左侧，使得以，，为顶点的满足，求重心的坐标．
19.本小题分
已知函数．
若，求的取值范围；
当时，
若，求证：；
记，求证：．
参考答案
1.
2.
3.
4.
5.
6.
7.
8.
9.
10.
11.
12.
13.或．
14.．
15.解：证明：由数列满足，，
可得：，
所以，
所以，即得，
故数列为以为首项，为公差的等差数列；
由知：，
所以，
所以，
所以，
所以；
16.解：证明：取的中点为，连接，，
因为，且，
所以等边三角形，
因为为中点，所以，
又因为，所以，
又因为平面，平面，
所以，又因为，
所以平面，
又因为平面，所以，
因为，，
所以，且，
所以四边形为平行四边形，
所以，
因为，所以，
所以，
所以，
所以，又，平面，，
所以平面；
在等腰直角中，过作，
则是中点，，
又，
所以平面，
又因为平面，所以，
过作，连接，由于，，平面，
所以平面，又平面，
故D，
所以为平面与平面的夹角，
由知，
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．
17.解：由题可得如下列联表：
药物 疾病 合计
未患病 患病
未服用
服用
合计
零假设：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，
则，
所以依据的独立性检验，我们可以推断不成立，
即认为药物对预防疾病有效，该推断犯错误的概率不超过；
结论解释：未服用药物中未患病和患病的频率分别为和，服用药物中未患病和患病的频率分别为和，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；
按分层抽样的方法从未患病动物中抽取只，则未服用药物的动物有只，
服用药物的动物有只，所以的可能取值为，，，，，
则，，，
，，
所以的分布列如下：
则．
18.解：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．
设直线的方程为：，点，
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．
不妨设点在轴上方，如图：
因为，
由余弦定理得，即，．
直线倾斜角为，结合角度约束得轴，即．
直线的斜率，
得．
联立，解得．
可得，，．
由重心坐标公式，
，
，
因此，重心的坐标为．
19.解：已知，即，
因为，，
所以，
即，，
令，
则
，
令，，则，
所以在上单调递减，，即，
所以当时，，，，单调递增；
当时，，，，单调递减；
所以当时，取得最小值，
所以，
即的取值范围为；
证明：当时，，
当，，即，，
令，，
令，，
所以，
令，，则恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即在上恒成立，
即在上恒成立，
所以在上单调递增，
所以，即，，
所以，，证毕；
证明：由，令
则，
所以
，
下面先证明，
由知在上恒成立，即在上恒成立，
所以，当时，，
又因为，故当时，，
，，
所以，即，
所以，
所以，证毕；
再证明：，
由知和在上恒成立，
所以，当时，，即
，，
所以
所以
所以
，证毕；
综上，．
第1页，共1页

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