云南名校联盟2026届高三下学期第六次联考数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南名校联盟2026届高三下学期第六次联考数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】由并集的概念可知.2.数据9，12，15，16，16，18，20，21的75%分位数为（）A.20 B.19 C.18 D.16【答案】B【解析】将数据9，12，15，16，16，18，20，21从小到大排序为9，12，15，16，16，18，20，21，共8个数据，由，故该组数据的分位数为第6项与第7项数据的平均值，即.3.已知向量，，，若与共线，则实数的值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】D【解析】，，因为与共线，所以，解得.4.曲线在点处的切线与直线垂直，则实数（）A. B.1 C. D.2【答案】B【解析】由题设，则时，由切线与直线垂直，则，所以，所以，显然点在曲线上，满足题意，综上，.5.在中，角，，的对边分别为，，，已知，，，若为的中点，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】由正弦定理知，，所以，.所以，又，所以.在中，.因为为的中点，所以.在中，.在中，.6.已知圆经过双曲线C：的焦点，且双曲线C的虚轴长等于该圆的半径，则双曲线C的离心率为（）A.2 B. C. D.【答案】C【解析】圆的半径为.由题意，对双曲线C，有，，即，所以.所以双曲线的离心率.7.十五五规划将商业航天定位为战略性新兴产业，意味着未来几年将是这个领域高速发展的关键时期．某公司生产的飞行器的某一部件质量指标服从正态分布，其中指标的部件为正品，其他为次品，要使次品率不高于，则的值不可能为（）（参考数据：）A.0.015 B.0.016 C.0.02 D.0.021【答案】D【解析】已知，.又指标的部件为正品，即区间为正品.要使次品率不高于，即满足正品率大于或等于.因此要保证区间，则，所以，解得，故选项A、B、C均可能，选项D不可能.8.若，则＝（）A. B. C. D.【答案】D【解析】由题设，则，所以，可得，由，则，故，代入，则，所以，则，所以，所以.二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的，全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．9.若复数，则（）A.的实部为2 B.的虚部为2C.为纯虚数 D.【答案】A【解析】因为，所以，所以的实部为2，的虚部为，故A正确，B、C错误；又因为，，所以，故D错误.10.已知函数的定义域为，是函数的导函数，且函数的图象如图所示，则下列结论正确的是（）A.当时，有三个极值点B.若，则的极大值点为C.若，则D.若，则【答案】AB【解析】观察图象，得函数的零点为，对于A，当时，，而，则，由，得或；由，得或，因此是的极小值点，0是的极大值点，函数有三个极值点，A正确；对于B，当时，，由图象得当时，，当时，，函数的极大值点为，B正确；对于C，由，求导得，由，得或或，因此，解得，C错误；对于D，由，求导得，由，得或或，因此或，解得或，D错误.11.已知抛物线的焦点为，准线为，过点的直线与抛物线交于两点.点为坐标原点，且，则（）A.过点且与有且仅有一个公共点的直线恰有3条B.满足为直角三角形的点有且仅有2个C.若直线的倾斜角为，则D.若，则的面积为4【答案】ACD【解析】已知抛物线，即，焦点，准线，焦半径，.选项A，设过点与的切线为，联立得，得或.过点的垂直直线与抛物线C仅有一个交点.综上，过点且与有且仅有一个公共点的直线为切线，，直线，共3条，故A正确.选项B，已知点在上，即，且.若为直角三角形，则直角可能在处.若，则，即，因为，故，解得，有1个正实根.若，则，解得，，故，有1个正解.若，则，解得，有一个正解.所以满足为直角三角形的点有3个，故B错误；选项C，直线的倾斜角为，则，直线的方程为.联立抛物线，已知，则，.已知焦半径：，，所以，.又因为，所以，故，所以.所以，即，故C正确.选项D，设直线的方程为，联立抛物线得，则，解得.所以原点到直线距离：，面积，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.已知等差数列的公差为，．数列满足，设的前n项和为，则＝______.【答案】【解析】由等差数列的公差为，，得，则，且数列是等差数列，故.13.定义域为R的函数，满足，则关于x的不等式的解集为______．【答案】【解析】令，求导得，又，所以，所以在R上单调递增.由，得，所以，解得，所以的解集为.14.设有一个棱长为的正四面体的包装盒，现有4个半径为2的球形玩具分两层放入包装盒（第一层1个球，第二层3个球），则的最小值为______.【答案】【解析】要使正四面体的包装盒棱长最小，需让4个半径为2的球两两外切且与正四面体面相切，此时4个球心正好构成一个棱长为4的小正四面体.正四面体包装盒的高度为，而对于由四个小球球心组成的小正四面体的高为，考虑正四面体的内切球球心到顶点的距离，设正四面体的棱长为,正四面体内切球的球心为G，半径为，取底面BCD的中心H，连接AH，则AH为正四面体的高，G在AH上，H在DE上，正四面体的每个面的面积为，，正四面体的高，故正四面体的体积为，连接G与正四面体的4个顶点可以得到4个的正三棱锥，每个正三棱锥体积为，则，所以，求得，所以正四面体的内切球球心到顶点的距离为，若，则正四面体的内切球球心到顶点的距离为，所以，即，所以.四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程及演算步骤．15.已知二次函数，且的解集为．（1）求函数的解析式；（2）若函数，求在区间上的值域．解：（1）因为的解集为，所以，且的两根为和2.所以，，解得，.所以.（2）.因为，所以，令，则.又在上单调递增，，，所以在上的值域为，即在区间上的值域为.16.已知椭圆：的离心率为，直线与椭圆相交于，两点．（1）若椭圆的焦距为2，求椭圆的方程；（2）若，求椭圆的长轴长．解：（1）由离心率，得，且．所以椭圆方程为.因为椭圆的焦距为2，所以，解得．故椭圆方程为.（2）联立，整理得.，所以设，则，．由得，又，所以，即，整理得，所以，满足.所以．所以长轴长为．17.如图，平面四边形是棱长为3的正方形．平面，且．（1）求证：平面；（2）求平面与平面夹角的余弦值；（3）线段上是否存在点M，使得平面平面，且满足平面?若存在，试确定点M的位置；若不存在，请说明理由．（1）证明：因为四边形是正方形，所以，因为平面平面，所以，又平面，所以平面；（2）解：如下图所示，因为，则四点共面，延长交于E，延长交于F，易得平面平面，作，连接，因为平面平面，所以，又平面，所以平面，由平面，则，，即平面与平面夹角为，易知，所以，则，；（3）解：假设线段上存在点M满足题意，由平面平面，平面，平面，则，又平面平面，平面，平面，则，所以，即是上靠近的三等分点，此时18.已知函数．（1）当时，求函数在处的切线方程；（2）当时，求函数的最小值；（3）若函数存在极小值点，且,求的值．解：（1）当时，函数，所以，即切点为，又因为，所以切线斜率，所以切线方程为，即.（2）当时，，定义域为，所以，因为在上单调递增，而在上单调递减，所以在上单调递增，又因为，所以当时，，单调递减，当时，，单调递增，所以是的极小值点，也是最小值点，即最小值为.（3）已知，所以，因为是极小值点，所以，即，化简得：.又因为，代入得：，将代入得：，即，设，求导得：，令得，且当时，，当时，，所以在单调递减，在单调递增，所以在处取得最小值，又因为当时，时，，故有唯一解为，代入得.19.甲乙两人进行若干局乒乓球训练赛，每局比赛必须决出胜负，且每局比赛结果相互独立．已知甲每局比赛获胜的概率为，规定先达到净胜3局者获得训练赛胜利并结束训练赛（某人的净胜局数＝某人胜的局数－某人负的局数）．（1）记经过n局比赛，甲获得训练赛胜利的概率为，求．（2）经过若干局后，甲胜的局数与乙胜的局数的差为X，记事件“X＝k时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率为，求证：是等比数列；（3）求甲获得训练赛胜利的概率．（1）解：由题意可知经过3局比赛，甲获得训练赛胜利，需3局连胜，则；（2）证明：由题意，​为事件“时，甲最终获得训练赛胜利”发生的概率，由乙胜的局数即为甲负的局数，甲胜的局数与乙胜的局数的差为，故即为甲的净胜局数，所以.经过若干局后，假定当前，①当时，即甲的净胜局数，则此时甲获得训练赛胜利并结束训练赛，所以；②当时，即甲的净胜局数，乙的净胜局数，则此时乙获得训练赛胜利并结束训练赛，则；③当时，由甲的净胜局数，则乙的净胜局数为，且，故根据比赛规则比赛并未结束，要继续下一局.记事件“时，甲最终获得训练