云南三校2026届高三下学期高考备考联考卷（六）数学试题（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1云南三校2026届高三下学期高考备考实用性联考卷（六）数学试题一、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.已知集合，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】解，得或，因此；满足的自然数为：，因此，，故，故选：B．2.命题“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，所以命题的否定为“，”.故选：A．3.已知一组数据：3，7，，12，15的平均数为9，则该组数据的第40百分位数为（）A.6 B.7 C.7.5 D.8【答案】C【解析】因为，解得，从小到大排列数据为：3，7，8，12，15．又因为，所以这组数据的第40百分位数为：，故选：C．4.已知向量是非零向量，且满足在方向上的投影向量为，，则的夹角为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由题意得，所以，即，于是，又，.故选：C.5.已知为正项等比数列的前项和，若，，则（）A. B. C.15 D.63【答案】D【解析】因为，且，所以有，即，则有，所以公比，所以，故选：D．6.已知直线与圆相交于、两点，则的最小值为（）A.2 B. C.4 D.【答案】C【解析】直线，可化为，则直线过定点，圆配方得，可得圆心，半径，所以，即点在圆内，则当点到直线的距离的最大值为时，，故选：C．7.大气压强（单位：kPa）与海拔高度h（单位：m）之间的关系可由公式近似描述，其中为海平面标准大气压强，为常数．已知在某地区，海拔4000米处的大气压强为60kPa，海拔8000米处的大气压强为40kPa．若在该地区测得某地的大气压强为45kPa，则该地的海拔高度约为（）（参考数据：，）A.5400米 B.6100米 C.6800米 D.7500米【答案】C【解析】根据题意，代入两组已知数据：对于海拔4000米处：①，对于海拔8000米处：②，将方程②除以方程①：，即③，设气压为45kPa时的海拔为米，则有：④，将方程④除以方程①：，即，即，代入③式结果：，对两边取常用对数：，，代入参考数据，，可得，，，，米．故选：C.8.已知点满足：，是函数图象上任意一点，则的最小值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】设，，设，求导得，函数在上都递增，则函数在上单调递增，而，当时，；当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，，由，得，即，则，点在直线上运动，设平行于直线的直线与相切于点，由求导得，则，解得，因此切点为，的最小值为点到直线的距离.故选：A.二、多项选择题（本大题共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.已知，，是空间内三条不同的直线，，是空间内两个不同的平面，下列说法不正确的是（）A.若，，则B.若，，，则C.若，，则D.若，，则“”是“，且”的充分不必要条件【答案】AC【解析】对于A：若，，则或，故A错误；对于B：若，，则．又因为，则在平面内存在直线使得，所以，所以，故B正确；对于C：若，，则与的关系是异面或平行，故C错误；对于D：当，则可以得到；当时，若平行，则无法推出，所以“”是“，且”的充分不必要条件，故D正确.故选：AC．10.已知函数的部分图象如图所示，则（）A.B.的图象关于点对称C.的图象关于直线对称D.在上有且仅有一个极值点【答案】ACD【解析】对于A，由函数的部分图象可知：，又因为，即，结合函数的单调性可得，，即，所以，解得，所以，故A正确；对于B，，故B错误；对于C：当时，可得，所以的图象关于直线对称，故C正确；对于D：当时，，所以当时，函数取到极小值，相邻的两个极大值点分别为和，均不在的取值范围内，故在上有且仅有一个极值点，故D正确，故选：ACD．11.已知双曲线的左、右焦点分别为，，直线过点，且与双曲线的右支交于，两点，其中点位于第一象限．若，的周长为18，点为双曲线上的一个动点，则下列说法正确的是（）A.B.点到两条渐近线的距离之积为定值C.过点的直线与双曲线相交于，两点，且满足为线段的中点，则直线为D.若，则的内切圆面积为【答案】AB【解析】对于A选项，因为，，所以的周长为，解得，故A正确；对于B选项，设，到的距离为，点到的距离为，所以点到两条渐近线的距离之积为．又因为在双曲线上，所以，所以，所以，故B正确；对于C选项，由，，，而由于得，故C错；对于D选项，设内切圆半径为，设，，所以，在中，由余弦定理可得，由，代入可得，所以，解得，则由面积相等可得解得，则的内切圆面积，故错误.故选：AB．三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）12.若抛物线的焦点到准线的距离为2，则实数______.【答案】【解析】由题意抛物线即的焦点为，准线方程为，则.故答案为：.13.如图，在直角梯形中，，，将沿直线翻折至的位置，当三棱锥的体积最大时，则三棱锥的外接球的表面积为_________．【答案】【解析】如图所示，设点到平面的距离为，因为，且为定值，所以当三棱锥的体积最大时，只需取得最大值，此时平面平面，取的中点，连接．因为且，所以且，因为平面平面，且平面，所以平面，取的中点为，连接，因为平面，所以，因为在梯形中，，，所以，则，所以，且，在直角中，，在直角中，根据直角三角形的中线性质，，所以，即为三棱锥外接球的球心，设三棱锥外接球的半径为，则，所以．故答案为：.14.已知函数．若有两个零点和，则___________．【答案】【解析】根据和差化积公式得，令，当时，，则，此时无解，当时，，则，则或，解得或，，，设，即，两边取余弦，得，其中，所以，整理方程，得，故，，，，，，解得，，，.故答案为：.四、解答题（共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.随着新能源产业的发展，我市近年来新能源汽车保有量快速增长，为了研究我市充电桩建设的情况，能源部门收集到了2021年到2025年充电桩数量（单位：万个），为方便研究，年份代码用表示（如：表示2021年），具体参考数据如下表：5572.621（1）请根据表中数据，建立关于的回归直线方程；（2）假设我市某区域现有9个充电桩，其中4个为快充桩，现对该地区现有的9个充电桩进行检查，随机抽取3个充电桩进行检查，记抽到的快充桩个数为，求的分布列及均值．（参考公式：，．）解：（1）由题意，得，，则，，所以回归直线方程为．（2）由题意，的可能取值为，则，，，，所以分布列为：故均值．16.已知函数（且）的图象经过点，记数列的前项和为，且.（1）求数列的通项公式；（2）设，数列的前项和为，求证：．（1）解：由题意，所以数列的前项和为．当时，；当时，．当时，上式亦成立，所以数列的通项公式为．（2）证明：由（1）知，则，所以.因为，所以．又因为时，单调递增，所以，所以．17.如图3，在圆柱中，是底面圆上的一条直径，、分别是底面、圆周上的一点，，，且点不与、两点重合．（1）证明：平面平面；（2）若二面角为，求直线与平面所成角的正切值．（1）证明：因为是底面圆上的一条直径，所以．因为⊥底面圆，，所以底面圆．因为底面圆，所以．因为，、平面，所以平面．因为平面，所以平面⊥平面．（2）解：方法一：因为⊥底面圆，、圆，所以，，所以为二面角的平面角，故．又，所以为等边三角形，如图，以为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立空间直角坐标系，因为，设，故，则、、、，所以，，．设平面的一个法向量为，则，解得，令，得，故，设直线与平面所成角的大小为，则，所以，直线与平面所成角的正切值为；方法二：取的中点，连接、，因为⊥底面圆，、圆，所以，，所以为二面角的平面角，故．又，所以为等边三角形，所以，又，、平面，所以平面，所以即为直线与平面所成角．设，故，所以，，所以，故直线与平面所成角的正切值为.18.已知椭圆过点，长轴长为4．过点的直线与椭圆交于两点，已知点，为直线上的一点，且．（1）求椭圆的方程及离心率；（2）求点的横坐标．解：（1）由题意知，，．又，，，，所以椭圆的方程为，离心率．（2）由题意知，，．又，，，，所以椭圆的方程为，离心率．当直线的斜率不为0时，设其方程为，，由，得，得到，则．如图4，设，由点是直线上一点，则存在实数，使得，则，即，由，得，则，故，代入可得．当直线的斜率为0时，不妨取，，，符合题意．故点的横坐标为．19.已知函数，．（1）当时，求在处的切线方程；（2）若，都成立，求的取值范围；（3）若函数，证明有且仅有两个零点．解：（1）当时，，则，所以，．故切线方程为，即．（2）因为在上恒成立，且，所以在上恒成立，令，则，因为，①当时，由，解得，，单调递增，，单调递减，所以当时，；②当时，因为，，所以，所以时，，所以，综上，的取值范围为．（3）因为，所以，，设，①当时，，单调递增，所以，所以在上单调递减．又，所以为在上的唯一零点；②当时，