云南省昭通市2026届高三上学期高中毕业班模拟考试数学试题（原卷+解析）

昭通市2026届高中毕业生模拟考试高三数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共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.已知为虚数单位，则（）A. B. C. D.2.已知，，则（）A. B. C. D.3.已知在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，，则（）A. B. C.或 D.或4.设向量，夹角的余弦值为，且，，则（）A12 B. C.20 D.5.已知，满足，则（）A. B. C. D.6.某社区有青年100人，老年人100人.为调查该社区全体居民每月零花钱情况，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得青年每月零花钱均值为600元，方差为100，老年人每月零花钱均值为400元，方差为100.若青年、老年人样本量按比例分配，则可估计总体方差为（）A.11000 B.10101 C.10110 D.101007.已知正项数列满足，则数列的前4项和（）A.102 B.96 C.120 D.1408.已知，且，，则与的大小关系是（）A. B.C. D.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（）A.公差 B.C. D.当时，最小10.若奇函数满足，则下列选项正确的是（）A.的一个周期为2 B.C. D.为偶函数11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，则下列说法正确的是（）A.若，，则双曲线的标准方程为B.若双曲线的方程：，为双曲线上的一点，且，则的面积为C.点为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为D.若过的直线与轴垂直，且与渐近线交于，两点，且，则双曲线的渐近线方程为三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.的二项展开式中含的项的系数为______.（用数字作答）13.函数，则曲线在处的切线方程为______.14.如图，在矩形纸片中、，，、、、分别是四边的中点.现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）.若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连______条（用数字作答）；设该四面体的体积为，则______.（用数字作答）四、解答题（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，且的最小正周期.（1）求函数的单调递减区间；（2）若，求函数的最值及取得最值时的取值集合.16.在平面直角坐标系中，，，动点在曲线上，且满足.（1）求曲线标准方程；（2）过点且斜率为的直线与曲线交于，两点，若的面积为，求的值.17.如图，四边形是等腰梯形，，，，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.（1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.18.设为实数，函数.（1）若曲线过点，求的值；（2）当时，求的最小值；（3）若恰有两个极值点，求取值范围.19.泊松分布（PoissonDistribution）是一种重要的离散型分布，用于描述稀有事件的发生情况.如果随机变量的所有可能取值为0，1，2，…，且，，其中，则称服从泊松分布，记作.（1）当时，泊松分布近似于正态分布，且满足，若，求近似值；（2）已知当，时，可以用泊松分布近似二项分布，即对于，，当不太大时，有.已知某快递公司共有20000个包裹待配送，每个包裹有0.00015的概率出现配送延迟.试估计某天出现至少3起配送延迟的概率；（保留两位有效数字）（3）若，且，求的取值范围.参考数据：若，，，则有，，.昭通市2026届高中毕业生模拟考试高三数学试卷注意事项：1.答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚.2.每小题选出答案后，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.在试题卷上作答无效.3.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回.满分150分，考试用时120分钟.一、单项选择题（本大题共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.已知为虚数单位，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法公式求解即可.【详解】由，故选：C2.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合集合交集的定义进行求解即可.【详解】由，可得或，又，所以.故选：D3.已知在中，角，，所对应的边分别为，，，若，，，则（）A. B. C.或 D.或【答案】B【解析】【分析】根据正弦定理求出.【详解】根据正弦定理可得：，即，解得.因为，所以，所以，故选：B.4.设向量，的夹角的余弦值为，且，，则（）A.12 B. C.20 D.【答案】B【解析】【分析】利用平面向量数量积的运算律求解.【详解】.故选:B.5.已知，满足，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】先判定角范围，再利用二倍角公式将三角函数变形，最后结合角的范围确定正弦值.【详解】因为，所以，所以，有，所以.故选：A6.某社区有青年100人，老年人100人.为调查该社区全体居民每月零花钱情况，采用分层抽样的方法抽取样本，计算得青年每月零花钱均值为600元，方差为100，老年人每月零花钱均值为400元，方差为100.若青年、老年人样本量按比例分配，则可估计总体方差为（）A.11000 B.10101 C.10110 D.10100【答案】D【解析】【分析】先求得总体的均值，再根据分层抽样的性质求解总体的方差.【详解】由题意得，总体的均值为，，所以总体的方差为：，，故选：D.7.已知正项数列满足，则数列的前4项和（）A.102 B.96 C.120 D.140【答案】C【解析】【分析】根据得出，再根据等比数列的求和公式计算.【详解】因为满足，所以.因为，所以.因为，所以是以3为首项，以3为公比的等比数列，所以.故选：C.8.已知，且，，则与的大小关系是（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据题意构造函数求解出，根据选项构造函数，判断其单调性从而得出选项.【详解】因为，所以，由可得。又，故设，显然为增函数，因为，所以.因为，且为增函数，所以，同理，设，因为，且为增函数，所以，结合，可知则.令，设，则，当时，单调递增，则在上单调递增，故，解得.故选：B.二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每个小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，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.数列为等差数列，为其前项和.已知，，则下列结论正确的有（）A.公差 B.C. D.当时，最小【答案】BCD【解析】【分析】根据等差数列前项和公式，结合等差数列的通项公式逐一判断即可.【详解】设等差数列的公差为，则，故A错误；因，，所以，解得，故B正确；对于选项C、D，因为，所以，而；由于二次函数的图象开口向上，且对称轴为直线.又因为，所以当时，最小，故C、D正确，故选：BCD10.若奇函数满足，则下列选项正确的是（）A.的一个周期为2 B.C. D.为偶函数【答案】AD【解析】【分析】由得的对称轴为，结合的奇函数性质对选项逐一辨析即可.【详解】因为，所以，所以的对称轴为，则，∴，A正确；因为，故，，又关于对称，故，B错误；因为，且的周期为2，所以，所以是的对称轴，其值不一定为0，故C错误；因为，所以为偶函数，D正确.故选：AD.11.已知双曲线：的左、右焦点分别为，，则下列说法正确的是（）A.若，，则双曲线的标准方程为B.若双曲线的方程：，为双曲线上的一点，且，则的面积为C.点为双曲线右支上一点，且，则双曲线的离心率的取值范围为D.若过的直线与轴垂直，且与渐近线交于，两点，且，则双曲线的渐近线方程为【答案】ACD【解析】【分析】根据双曲线的定义、性质及焦点三角形等知识逐一计算判断即可.【详解】由题意得，，，则，故双曲线的标准方程为，A正确；由题意，令，有的面积，B错误；设，，则，又，可解得，又，∴，∴，故双曲线的离心率的取值范围为，C正确；由题意可知，设点在点上方，代入，解得，在中，，有，解得，双曲线的渐近线方程：，D正确，故选：ACD.三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）12.的二项展开式中含的项的系数为______.（用数字作答）【答案】【解析】【分析】利用二项展开式的通项公式求解.【详解】的展开式中，，当时，，即第3项为，所以含的项的系数为.故答案为：13.函数，则曲线在处的切线方程为______.【答案】【解析】【分析】对求导，令可求出，进而求得导函数解析式，再求出，由导数的几何意义即可得出答案.【详解】因为，所以，则，解得：，所以，则切线斜率，又，所以.则曲线在处的切线方程为：.故答案为：.14.如图，在矩形纸片中、，，、、、分别是四边的中点.现将它通过翻折后围成一个正四面体（围成的正四面体的表面中，纸片无任何重叠）.若折痕用虚线段连接，则这样的虚线段需要连______条（用数字作答）；设该四面体的体积为，则______.（用数字作答）【答案】①.5②.##【解析】【分析】根据正四面体的结构特点分析如何折成正四面体，再根据正四面体的体积的求法求体积.【详解】分别用虚线连接，，，，，因为，，所以，，所以.所以沿着虚线，，，，折叠，让四点重合，如图所示，可以得到棱长为2的正四面体，所以折痕虚线段共5条（如图）.因为四面体是棱长为2的正四面体，为在底面的投影，为中点，则，所以.在中，，又，所以该正四面体的体积为：.故答案为：5；四、解答题（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，且的最小正周期.（1）求函数的单调递减区间；（2）若，求函数的最值及取得最值时的取值集合.【答案】（1）（2）最大值，取最大值时的集合是；最小值，取最小值时的集合是【解析】【分析】（1）根据正弦型三角函数的最小正周期的求解公式求出，利用整体法，结合正弦函数的单调区间，求解即可.（2）由，可求出，利用整体法，结合正弦函数的最值，求解即可.【小问1详解】由题意得，所以.令，得，所以的单调递减区间为.【小问2详解】依题意由，得，故，所以.当，即时，取最大值1，故取最大值时的集合是；当，即时，取最小值，故取最小值时的集合是.16.在平面直角坐标系中，，，动点在曲线上，且满足.（1）求曲线的标准方程；（2）过点且斜率为的直线与曲线交于，两点，若的面积为，求的值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由已知可得，由椭圆的定义可得，根据椭圆中，，的关系可得，即可求解；（2）设，联立直线和椭圆构成的方程组，根据，由韦达定理可得，再根据，即可求解..【小问1详解】因为，所以的轨迹是以，为焦点的椭圆，且，，即，曲线的标准方程为：.【小问2详解】由题意：设，直线方程为：，联立得，由得，，.又.设点到的距离为，所以，，解得或（舍去），所以，.17.如图，四边形是等腰梯形，，，，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置.（1）证明：平面平面；（2）若，求直线与平面所成角的余弦值.【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】（1）易得四边形为菱形，得到，从而，，得到平面，再由证明；（2）以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，求得平面的一个法向量，设直线与平面所成角为，由求解.小问1详解】证明：如图，因为，为的中点，所以.又因为且，所以四边形为菱形，，所以，，又，平面，所以平面同理可得：四边形为菱形，所以，即平面.又平面，所以平面平面.【小问2详解】由（1）知即是边长为2的等边三角形，因为，，所以平面，所以，，两两互相垂直.以为坐标原点，以，，所在直线分别为，，轴，建立空间直角坐标系，已知，则，，，，，所以，，设平面的法向量为，则取，得，，故平面的一个法向量为.设直线与平面所成角为，，，所以直线与平面所成角的余弦值为.18.设为实数，函数.（1）若曲线过点，求的值；（2）当时，求的最小值；（3）若恰有两个极值点，求的取值范围.【答案】（1）或（2）（3）【解析】【分析】（1）利用代入法进行求解即可；（2）根据导数的性质，运用二次求导法进行求解即可；（3）根据极值的定义，结合（2）的结论进行求解即可.【小问1详解】因为曲线过点，所以，即.又因为，所以或.【小问2详解】当时，，所以.令，则，当时，，函数单