云南省玉溪市2026届高三数学下学期模拟检测试题【含答案】

云南省玉溪2025-2026学年高三下学期模拟检测数学试题一、单选题1．若集合，，则（

）A． B． C． D．2．复数的虚部为（

）A． B．3 C． D．3．记半径为R的球体的表面积和体积分别为和，记某底面半径为R的圆锥的表面积和体积分别为和，若，则（

）A． B． C． D．4．如图，已知圆台形水杯盛有水（不计厚度），杯口的半径为，杯底的半径为，高为，当杯底水平放置时，水面的高度为水杯高度的一半，若放入一个半径为的球（球被完全浸没），水恰好充满水杯，则（

）

A． B． C． D．5．已知，则（

）A． B． C． D．6．已知数列满足，且，则使不等式成立的的最大值为（

）A．98 B．99 C．100 D．1017．已知函数的定义域为，且为偶函数，若，则（

）A．116 B．115 C．114 D．1138．椭圆与双曲线共焦点、，它们的交点对两公共焦点、的张角为，椭圆与双曲线的离心率分别为、，则A． B．C． D．二、多选题9．下列说法正确的有（

）A．若样本数据，，，的平均数为，则数据，，，，的平均数为B．若随机变量，且，则C．若随机变量，则D．若随机变量，设，则10．如图，在棱长为2的正方体中，为的中点，点满足，则（

）A．当时，平面B．任意，三棱锥的体积是定值C．存在，使得与平面所成的角为D．当时，平面截该正方体的外接球所得截面的面积为11．定义在上的奇函数满足，当时，，则下列结论正确的有（

）A．当时，B．的图象在处的切线方程为C．的图象与的图象所有交点的横坐标之和为10D．的图象与直线恰有一个公共点，则实数三、填空题12．事件互斥，它们都不发生的概率为，且，则__________.13．如图，在中，D是BC的中点，E在边AB上，BE=2EA，AD与CE交于点.若，则的值是_____.14．已知实数满足，则的最大值为______；的取值范围为______．四、解答题15．已知等差数列的前项和为，，.(1)求的通项公式；(2)设，求数列的前项和.16．如图，直三棱柱中，分别为和的中点．

(1)证明：平面；(2)若，求与平面所成角的正弦值．17．已知函数．(1)若函数与的图象关于点对称，求的解析式；(2)当时，求的最大值；(3)判断函数在的零点个数，并说明理由．18．如图，已知椭圆过点，焦距为；斜率为的直线与椭圆相交于异于点的，两点，且直线PM，PN均不与轴垂直.(1)求椭圆的方程；(2)若，求MN的方程；(3)记直线PM的斜率为，直线PN的斜率为，证明：为定值.19．某选数游戏规则：给定个不同数（参与者不知道具体数值但知道的大小），屏幕每次随机出现一个数，参与者需通过按Y键选择该数，或按N键跳过继续查看下一个数，一旦按Y键选择，该游戏结束；若前个数均被跳过，系统将自动选定最后一个数．最终所选数若为这个数中最大的，则参与者获胜，反之则失败．小王参与该游戏时决定采取如下策略：对于给定的，前个数均按N键跳过（，表示直接选取第一次出现的数），从第个数开始，若当前数比前面所有已出现的数都大则按Y键选择，否则按N键继续观察下一个数，如此重复直至游戏结束，记小王获胜概率为．(1)当时，写出的值；(2)当时，求，并证明当最大时，满足(3)已知当时，（为欧拉常数）．在本次游戏中，如果，最大时，求的估计值．参考答案1．A【详解】令，解得，则，因为，所以，故A正确.故选：A2．A【详解】复数，故虚部为.故选：A3．D【详解】依题意，，设该圆锥的高为，则，.由可得，化简得，故.4．D【详解】如图，，又放入的球的半径为，由于圆台的体积，由题可知：，则，此时小球恰好与上下底面相切；下面考虑当小球与侧棱相切时，设球心为，球的半径为，则，由于，则，则，那么，则，那么在上方，即该小球先与上下底面相切．

故选：D.5．B【详解】由与联立，结合可解得：，，，再由二倍角公式可得，故选：B.6．B【详解】由，可得，易知，两侧同时除，可得，整理得，所以是以为首项，为公比的等比数列，则，故，故，易知单调递增，，所以.故选：B7．C【详解】由，得，即，所以，所以函数的周期为，又为偶函数，则，所以，所以函数也为偶函数，又，所以，，所以，又，即，所以，又，，，所以故选：.8．B【详解】设椭圆的长轴长为，双曲线的实轴长为，并设，，焦距为，在中，由余弦定理得，由椭圆和双曲线的定义得，解得.代入，得，即，，即，，因此，.故选B.9．AB【详解】若样本数据，，，的平均数为，则，所以数据，，，，的平均数为，A正确；若随机变量，则正态分布曲线关于直线对称，因为，所以，B正确；若随机变量，则，C错误；若随机变量，，又，则，D错误．故选：AB10．ACD【详解】如图所示建系，，所以，从而，所以，又面，所以面，时，与重合，平面为平面，因为面，平面，A对.不与平面平行，到面的距离不为定值，三棱锥的体积不为定值，B错.设面的法向量为，则，令，解得，即可取，而，所以与平面所成角的正弦值为，又，所以，所以，又面，所以面，当在时，与平面所成角的正弦值为，此时与平面所成角小于，当在时，与平面所成角为，所以存在使与平面所成角为，C正确.，设平面的法向量为，不妨设，则.，则，平面的法向量，显然球心，到面的距离，外接球半径，截面圆半径的平方为，所以，D对.故选：ACD.11．BCD【详解】由函数为上的奇函数，所以，由，所以函数关于对称，且，则，所以4为函数的一个周期.对A，，则，，所以，由当时，，所以，错误；对B，由A可知：当时，，所以当时，，所以当时，，则，，，所以函数的图象在处的切线方程为，即，正确；对C，作出函数与图象，

函数图象关于对称，当时，图象共有5个交点，由为奇函数，所以当时，图象也有5个交点，所以图象所有交点的横坐标之和为10，正确；对D，如图：

当时，；当时，，当为图中情况，，，令，，所以切点为，所以；当为图中情况，，，令，，所以切点为，所以；所以函数的图象与直线恰有一个公共点，则实数，正确。故选：BCD12．/【详解】依题意，，解得.故答案为：13．.【详解】如图，过点D作DF//CE，交AB于点F，由BE=2EA，D为BC中点，知BF=FE=EA,AO=OD.，得即故.14．1【详解】由题意，等号成立当且仅当，即的最大值为1；由题意，因为，所以设，所以，所以，所以，令，，所以，又，所以，所以.故答案为：1；.15．(1)(2)【详解】（1）设的公差为d，因为，所以，又，则，故，所以.（2）由（1）可得：16．(1)证明见解析(2)【详解】（1）取的中点为，连接，因为，，故，由直三棱柱的性质可得，故，故四边形为平行四边形，故，而平面，平面，故平面.

（2）因为，故，故，设.由直三棱柱可得平面，故可建立如图所示的空间直角坐标系，则,故，且.因为，故即，故（舍去），故，，又.设平面的法向量为，则,所以，取，故与平面所成角的正弦值为.

17．(1)(2)(3)1，理由见解析【详解】（1）由题意得，；（2）由题意得，，，令，解得，所以当时，；当时，，所以在上单调递增，在上单调递减，所以的最大值为；（3）令，则，整理得，令，则，当时，，所以在上单调递减，又，，所以由零点存在性定理得，在上存在唯一零点，当时，，，两个不等式等号无法同时成立，，此时函数无零点，综上所述，在上存在唯一零点，即函数在上的零点个数为．18．(1)(2)(3)证明见解析【详解】（1）由椭圆过点，焦距为，得，解得，故椭圆的方程为．（2）设直线的方程为，，，联立，消去得，由，得，则．，解得或，当时，直线的方程为；当时，直线经过点，不符合题意，舍去．所以当时，的方程为．（3）证明：直线，均不与轴垂直，所以，，则且，所以，所以为定值．19．(1)；；(2)，证明见解析(3).【详解】（1）不妨设三个数是1，2，3，三个数的大小排列有6种情形：123，132，213，231，312，321.当时，取到最大的情形有：312，321.

所以；当时