云南省红河州、文山州2026届高中毕业生第二次复习统一检测数学试题

红河州、文山州2026届高中毕业生第二次复习统一检测数学注意事项：1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、学校、班级、考场号、座位号在答题卡上填写清楚，并将条形码准确粘贴在条形码区域内.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，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效.3．考试结束后，将答题卡交回.一、单项选择题：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.设复数，其中为虚数单位，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】B【解析】【分析】根据共轭复数的概念以及复数的几何意义求出.【详解】由题意得，，其在复平面内对应的点为，所以位于第二象限．故选：B．2.设集合，，则（）A. B.C.，或 D.，或【答案】C【解析】【分析】化简两个集合，再根据并集的概念运算.【详解】因为或，，所以，或．故选：C．3.已知非零向量，的夹角为，且，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】根据数量积定义及运算律计算可得.【详解】因为，所以，即，即．又因为，所以，又，解得．故选：D．4.在中，，，，则为（）A. B. C.或 D.或【答案】D【解析】【分析】利用正弦定理可求出的值，结合角的取值范围可求得角的值，然后检验即可.【详解】由正弦定理，得，即．又因为，所以或．经检验：当时，；当时，，均符合题意．故选：D．5.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则不等式的解集为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】应用奇函数性质解不等式即可.详解】由题意可知，当时，；当时，．由奇函数的性质可得函数的图象如下：由图象可得，不等式的解集为．故选:B．6.已知，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】联立方程组求出，再利用两角和差的正弦公式求出.【详解】由，得，联立，得，因为，所以，故．故选：A．7.已知直线与抛物线相交于，两点，为坐标原点，若则直线过定点（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】设直线，，将直线与抛物线方程联立，得到，，根据列出方程，解得，即可确定直线所过定点.【详解】显然直线的斜率不为，且不经过坐标原点，故设直线的方程为，，．联立方程消去得，则，所以．因为，所以，即，解得，所以直线的方程为，则直线过定点．故选：C．8.斐波那契数列，又称黄金分割数列或兔子数列，是由意大利数学家莱昂纳多·斐波那契于1202年以兔子繁殖问题引入的整数数列．斐波那契数列满足，，，则（）A.1 B.2 C.2025 D.2026【答案】A【解析】【分析】利用即可求得.【详解】由，得．所以，则，所以．故选：A．二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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.如图，该几何体由高均为1的圆锥与圆柱组成，圆锥的底面与圆柱的上底面重合，若该几何体底面半径为1，则（）A.圆锥的母线长为 B.圆锥与圆柱的体积比为1：3C.该几何体的表面积为 D.圆锥侧面展开图的圆心角为【答案】ABD【解析】【分析】根据给定的几何体，利用圆锥、圆柱的结构特征，结合体积公式、侧面积公式逐项求解判断.【详解】对于A，由勾股定理得圆锥母线长，A正确；对于B，圆锥的体积为，圆柱的体积为，因此圆锥与圆柱的体积比为，B正确；对于C，该几何体的表面积为，C错误；对于D，设圆锥侧面展开图的圆心角为，由弧长公式得，圆心角，D正确．故选：ABD10.某公司生产一种产品，为检测生产的某批产品质量是否达标，现从中随机抽取若干件，测量这些产品的质量指标值，得到频率分布直方图如下：根据测量经验，这种产品的质量指标值近似服从正态分布，其中近似为样本平均值．记质量指标值内的产品为优等品，内的产品为一等品，公司规定一等品或者优等品为合格品，以各组数据的中间值为代表，以频率估计概率，下列说法正确的是（）（参考数据：，）A.B.该公司生产的产品为优等品的概率为13.59%C.该公司生产10000件这种产品，记表示这10000件产品中一等品的件数，则的数学期望为6827D.若该公司计划销售该产品，一等品每件定价为2元，优等品每件定价为3元，则该公司生产该产品10000件并售出全部合格品的收入约为17731元【答案】BCD【解析】【分析】对于选项A：通过频率分布直方图求平均数即可得到样本平均值；对于选项B：通过条件可得，即可计算优等品的概率；对于选项C：由题意得随机变量服从二项分布，通过二项分布的均值公式即可求随机变量的数学期望；对于选项D：通过概率估计一等品与优等品的数量后即可计算全部收入.【详解】对于A，由题意可知样本均值的估计值，所以，故A错误；对于B，由题意可知，，，，则优等品的概率为，故B正确；对于C，已知，所以抽到一等品的概率，随机变量服从二项分布，所以，故C正确；对于D，由题意知收入约为元，故D正确；故选：BCD．11.已知函数，为的导函数，则下列说法正确的是（）A.若，则B.当时，有极小值C.当时，若在恒成立，则D.若有两个零点，，则随的增大而增大【答案】ACD【解析】【分析】求导函数应用导数值得出参数判断A，根据导函数正负得出函数单调性进而得出极小值判断B，先转化不等式再参数分离构造函数结合函数最值计算参数判断C，先转化零点再构造函数结合导函数得出函数单调性判断D.【详解】对于A，因为，而，所以，故A正确；对于B，当时，令，解得．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以有极大值，无极小值，故B错误；对于C，由，即，当时，，所以在上单调递增，所以，由题意知，故，令，则，令，解得，当时，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以当时，，即，故C正确；对于D，若有两个零点，即有两个解，令，即与有两个交点，因为，令，解得．当时，，在上单调递增；当时，，在上单调递减．所以当时，，当时，，当时，，且，作出的图象，如图所示：若有两个零点，由图象易得，不妨设，则由，得．设，则由得所以，令，则．令，则，令，则，所以在上单调递减，故；所以在上单调递减，故．所以，所以在上单调递减，因此随着的增大而减小，由图象可知随着的增大而减小，所以随着的增大而增大，故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.已知双曲线：的实轴长是虚轴长的2倍，则的离心率为_______________.【答案】##【解析】【分析】由题意可得a和b的比值，然后由公式【详解】因为的实轴长是虚轴长的2倍，所以，从而.故答案为：13.的展开式中的系数为________．【答案】－40【解析】【详解】二项式展开式通项公式为：,令可得：的系数为：.故答案为-40.点睛：在Tr＋1＝中，是该项的二项式系数，与该项的(字母)系数是两个不同的概念，前者只指，而后者是字母外的部分，前者只与n和r有关，恒为正，后者还与a，b有关，可正可负．14.在平面直角坐标系中，以轴的非负半轴为始边，角，的终边分别经过点和点．向量，，则的最小值为_____．【答案】【解析】【分析】先根据题设结合平面向量的线性运算的坐标表示求得，再根据三角函数的定义可得，，由，均为第一象限角可得，且，而，进而结合基本不等式求解即可.【详解】因为，，所以，则，，因为，所以，均为第一象限角，则，因为，所以当取得最大值时，取得最小值，又因为，而，当且仅当，即时等号成立，此时取最大值，所以的最小值为．故答案为：．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.若数列的前项和满足．（1）求，，的值，猜想数列的通项公式，并证明你的结论；（2）设，求数列的前项和．【答案】（1），，，，证明见解析（2）【解析】【分析】（1）利用代入法，结合之间的关系进行运算证明即可；（2）根据对数的运算性质，结合等差数列的前项公式进行求解即可.【小问1详解】当时，，解得；当时，，解得；当时，，解得．猜想：．证明：当时，由①得②①－②得，即，所以，即．所以数列是首项为1，公比为3的等比数列，所以数列的通项公式为．【小问2详解】由（1）知，，故，所以，所以的前项和．16.目前滇超联赛正在如火如荼地进行．本次比赛第一阶段采用主客场单循环积分赛制（即每两支球队之间只赛一场，主客场由抽签决定），积分规则如下：常规时间（90分钟）内获胜的队伍积3分；常规时间内战平，则直接采取点球方式决胜，胜方积2分；负方积0分；每场比赛必须决出胜负．在某轮比赛中，甲队先主场对阵乙队，随后客场对阵丙队，假设两场比赛结果相互独立，根据历史交锋数据：甲队主场对阵乙队甲队客场对阵丙队常规时间获胜概率为常规时间获胜概率为常规时间打平概率为常规时间打平概率为常规时间告负概率为常规时间告负概率为在常规时间打平比赛中，甲队点球获胜概率为在常规时间打平的比赛中，甲队点球获胜概率为（1）分别求甲队在主场对阵乙队的比赛中得2分和0分的概率；（2）求甲队主场对阵乙队积分超过客场对阵丙队积分的概率．【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据比赛规则，分析出甲得分的所有情况，然后根据独立事件的乘法公式求解；（2）先分别求出甲队在两场比赛中所有可能的得分及对应的概率，然后根据独立事件的概率乘法公式，分类计算满足条件‘甲队主场对阵乙队积分超过客场对阵丙队积分’的概率之和；【小问1详解】甲得分意味着常规时间打平，然后点球胜利，即，甲得分代表常规时间打输，或者常规时间打平，但是点球输了，即．【小问2详解】要求甲队主场对阵乙队积分超过客场对阵丙队积分的概率，即求，由分析知，结合（1）可得，，则甲对乙的比赛可能得分是分，要求甲对乙的得分大于甲对丙得分的情况，则甲对丙得分为分，甲对丙得分，可能常规时间打输，或常规时间打平，点球打输，即，甲对丙得分，只能是常规时间打平，点球胜利，即．所以．17.已知函数．（1）设函数，求的最大值；（2）若函数，试探究是否存在常数，，使得的图象关于直线对称．若存在，求出，的值；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）存在，.【解析】【分析】（1）对求导，研究其单调性，即可求得的最大值；（2）先求出函数的定义域，若函数图象关于直线，则定义域也关于对称，求得，再利用的图象关于直线对称的充要条件列出方程，即可求得.【小问1详解】，，则，，令，解得.当时，；当，，即在上单调递增，在上单调递减．所以的最大值为.【小问2详解】存在，使得的图象关于直线对称，理由如下：由题意知，由解得，即的定义域为，若存在常数，使得的图象关于直线对称，则其定义域也关于直线对称，故，且，又因为，故易知，解得．综上所述，存在，使得的图象关于直线对称．18.如图，在四棱锥中，底面是平行四边形，侧棱底面，，点，分别是，的中点，点是的中点，且．（1）求证：；（2）求点到直线的距离；（3）若点是线段上的动点（不含端点），求三棱锥外接球半径的取值范围．【答案】（1）证明见解析（2）（3）．【解析】【分析】（1）先证明线面垂直即平面，再由线面垂直得线线垂直，最后由得；（2）建系，由点到直线距离公式求解；（3）设球心坐标，通过四点共球得方程组求解即可.【小问1详解】由题意得：，点是的中点，故，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以．因为是的中点，所以线段是的中位线，所以，故．【小问2详解】因为侧棱底面，平面，故，因为，平面，所以平面，又因为平面，所以，又因为底面，所以，，两两互相垂直，以点为原点，建立如图所示空间直角坐标系，则，，，，，．因为点是线段的中点，故，，．故点到直线的距离为【小问3详解】设，三棱锥外接球球心为，半径为，则有，即解得所以，故，即三棱锥外接球半径的取值范围为．19.已知椭圆的两个焦点分别为，，直线与交于，两点．（1）若，求的方程；（2）点为线段上一点（异于端点和坐标原点），过点的直线和与分别交于点，和点，，且，．（i）求直线斜率；（ii）求四边形与的面积之比的取值范围．【答案】（1）（2）（i）；（ii）．【解析】【分析】（1）应用椭圆的定义计算求参，进