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云南·高三数学 第１
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云南民族大学附属高级中学２０２６届高三联考卷（四）
数学参考答案及评分细则
１．【答案】Ｃ
【解析】依题意，Ａ∪Ｂ＝｛－１，１，３｝，故Ａ∪Ｂ中有３个元素．故选Ｃ．
２．【答案】Ａ
【解析】依题意，３×１＝－２·λ，解得λ＝－３
２．故选Ａ．
３．【答案】Ｄ
【解析】双曲线Ｃ的渐近线方程为ｙ＝±３
２ｘ，故点（４，０）到直线３ｘ－２ｙ＝０的距离ｄ＝１２
槡１３
＝
槡
１２１３
１３．故选Ｄ．
４．【答案】Ｂ
【解析】因为ｆ（ｘ）＝ｌｏｇ
ａ２ｘ－ｍ为偶函数，所以ｍ＝０，又ｆ（－２）＝ｌｏｇ
ａ４＝２，解得ａ＝２．故选Ｂ．
５．【答案】Ｃ
【解析】由余弦定理，ａ
２＝ｂ
２＋ｃ
２－ｂｃ，解得ｂ＝２（ｂ＝１舍去），故Ｓ△ＡＢＣ＝１
２ｂｃｓｉｎＡ＝１
２×２×３×槡３
２＝槡
３３
２．故选Ｃ．
６．【答案】Ｂ
【解析】记圆台Ｏ１Ｏ２的上、下底面半径分别为ｒ
１，ｒ
２，半圆环的内、外半径分别为Ｒ１，Ｒ２，则π
２（Ｒ
２
２－Ｒ
２
１）＝
π
２（４ｒ
２
２－４ｒ
２
１）＝４π，则Ｓ２－Ｓ１＝π（ｒ
２
２－ｒ
２
１）＝２π．故选Ｂ．
７．【答案】Ｃ
【解析】设点Ｍ的横坐标为ｘ
０，则ｘ
０＋１＝１０，故ｘ
０＝９，不妨设点Ｍ在第一象限，则ｙ
０＝６，则Ｍ（９，６）．又ＡＭ
→
＝
（９－ａ，６），ＭＦ
→
＝（－８，－６），则ＡＭ
→
·ＭＦ
→
＝－８（９－ａ）－３６＝０，ａ＝２７
２．故选Ｃ．
８．【答案】Ａ
【解析】由三角函数线知识可知，当ｘ∈０，π
２
(
) 时，ｓｉｎｘ＜ｘ＜ｔａｎｘ，故ｂ＝ｓｉｎ１
１００＜ｃ＝ｔａｎ１
１００．令ｆ（ｘ）＝ｓｉｎ
２ｘ－ｓｉｎｘ
２，
ｘ∈０，１
１０
(
] ，故ｆ′（ｘ）＝２ｓｉｎｘｃｏｓｘ－２ｘｃｏｓｘ
２＜２ｘｃｏｓｘ－２ｘｃｏｓｘ
２＜０，故ｆ（ｘ）在区间０，１
１０
(
] 上单调递减，则ｆ（ｘ）＜
ｆ（０）＝０，即ａ＜ｂ，则ａ＜ｂ＜ｃ．故选Ａ．
９．【答案】ＡＣ（每选对１个得３分）
【解析】令３×π
３－２φ＝ｋπ
２（ｋ∈Ｚ），则φ＝π
２－ｋπ
４（ｋ∈Ｚ），观察可知Ａ，Ｃ符合题意．故选ＡＣ．
１０．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分）
【解析】设ｚ＝ａ＋ａｉ（ａ≠０，ａ∈Ｒ），则ｚ－１＝（ａ－１）
２＋ａ
槡
２＝１，解得ａ＝１（ａ＝０舍去），故ｚ＝１＋ｉ，故Ａ正确；在复
平面内，复数ｚ所对应的点为（１，１），位于第一象限，故Ｂ正确；ｚ·ｚ
－＝（１＋ｉ）（１－ｉ）＝２，故Ｃ错误；ｚ
ｉ＝１＋ｉ
ｉ＝１－ｉ，
故Ｄ正确．故选ＡＢＤ．
１１．【答案】ＡＣＤ（每选对１个得２分）
【解析】正四面体不共面的棱相互垂直，故Ａ正确；设正四面体ＡＢＣＤ的棱长为ａ，则４π· 槡６ａ
４
(
)
２
＝６π，解得
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ａ＝２，故正四面体ＡＢＣＤ的体积为槡２
１２ａ
３＝槡２
１２×８＝槡
２２
３，故Ｂ错误；正四面体ＡＢＣＤ的内切球体积Ｖ＝４
３π槡６
１２ａ
(
)
３
＝
槡６
２７π，故Ｃ正确；因为ＳＡ
２－ＳＣ
２＝ＳＢ
２－ＳＤ
２，则ＳＡ
２＋ＳＤ
２＝ＳＢ
２＋ＳＣ
２，分别取ＡＤ，ＢＣ的中点Ｅ，Ｆ，２ＳＥ
２＋２ＥＡ
２＝
２ＳＦ
２＋２ＦＢ
２，即ＳＥ＝ＳＦ，故点Ｓ所在的平面α为线段ＥＦ的中垂面，如图，取棱ＡＢ，ＡＣ，ＣＤ，ＢＤ的中点Ｉ，Ｊ，Ｇ，Ｈ，
连接ＩＪ，ＪＧ，ＧＨ，ＨＩ，则四边形ＩＪＧＨ即为平面α截正四面体ＡＢＣＤ所得的截面图形，易知截面图形为边长为１的
正方形，故所求面积为１，故Ｄ正确．故选ＡＣＤ．
!
"
#
$
%
&
'
(
)
*
１２．【答案】４２０
【解析】依题意，所求系数为Ｃ
２
７Ｃ
４
５×２
２×（－１）
４×１＝４２０．
１３．【答案】ｅ
２
【解析】依题意，５８０＝２９００ｌｎ１＋
Ｍ１
ｍ０
(
) ，５８０×１１＝２９００ｌｎ１＋
Ｍ２
ｍ０
(
) ，即０．２＝ｌｎ１＋
Ｍ１
ｍ０
(
) ，２．２＝ｌｎ１＋
Ｍ２
ｍ０
(
) ，即ｅ
０．２＝
１＋
Ｍ１
ｍ０
，ｅ
２．２＝１＋
Ｍ２
ｍ０
，则
Ｍ２＋ｍ０
Ｍ１＋ｍ０
＝ｅ
２．２
ｅ
０．２＝ｅ
２．
１４．【答案】２５７
【解析】设等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，依题意
ａ
１＋ａ
２
２－
ａ
１
１＝２，得ｄ＝ａ
２－ａ
１＝４，又ａ
１＝１，所以ａｎ＝１＋４（ｎ－１）＝４ｎ－３，
设ａｎ＝ｂ
ｍ，得４ｎ－３＝２
ｍ＋１，ｎ＝２
ｍ－２＋１，ｍ≥２，ｍ∈Ｎ，ｎ∈Ｎ，则ｃ
ｎ：５，９，１７，…，所以ｃ
ｎ＝２
ｎ＋１＋１（ｎ∈Ｎ），ｃ
９＝
２
１０＋１，由４ｎ－３＝２
１０＋１，得ｎ＝２５７，所以｛ｃ
ｎ｝的第９项是｛ａｎ｝的第２５７项．
１５．解：（１）抽取的１０人中，男孩有６人，女孩有４人，（２分）
故至少有１人是女孩的概率为Ｐ＝１－
Ｃ
３
６
Ｃ
３
１０
＝１－１
６＝５
６．（６分）
（２）零假设：是否喜欢豪车模型与性别无关，（７分）
则χ
２＝１０００×（３４０×２００－３００×１６０）
２
５００×５００×３６０×６４０
≈６．９４４＜１０．８２８，（１１分）
故零假设成立，即根据α＝０．００１的独立性检验，认为是否喜欢豪车模型与性别无关．（１３分）
【评分细则】
零假设错误或没有给出扣１分．
１６．解：（１）记等差数列｛ａｎ｝的公差为ｄ，则ａ
３＋ａ
８＝２ａ
１＋９ｄ＝５，①（２分）
Ｓ
６＝６ａ
１＋１５ｄ＝９，即２ａ
１＋５ｄ＝３，②（４分）
联立两式，解得ａ
１＝１
４，ｄ＝１
２，（６分）
故ａｎ＝１
４＋（ｎ－１）· １
２＝１
２ｎ－１
４．（７分）
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（２）由（１）可知，Ｓｎ＝
１
４＋１
２ｎ－１
４
(
) ·ｎ
２
＝１
４ｎ
２，（８分）
故Ｓｎ＞ａｎ＋９
４，即１
４ｎ
２＞１
２ｎ＋２，即ｎ
２－２ｎ－８＞０，
又ｎ＞０，故ｎ＞４，（１３分）
因为ｎ∈Ｎ，所以ｎ的最小值为５．（１５分）
【评分细则】
若使用其他方法，若过程正确也给满分．
１７．解：（１）依题意，ＣＥ
ＣＣ１
＝１
２．（３分）
截面图形为△ＢＤＥ，因为ＢＤ＝ＤＥ＝ＢＥ＝槡２，
所以截面的面积为槡３
４×槡２
(
)
２＝槡３
２．（７分）
（２）以Ｄ为原点，ＤＡ，ＤＣ，ＤＤ１所在直线分别为ｘ，ｙ，ｚ轴，建立如图所示的空间直角坐标系Ｄ－ｘｙｚ，
则Ｄ（０，０，０），Ｂ（１，１，０），Ｅ（０，１，１），设Ｆ（ｔ，０，２），０≤ｔ≤１，（８分）
则ＤＢ
→
＝（１，１，０），ＤＥ
→
＝（０，１，１），ＥＦ
→
＝（ｔ，－１，１）．（９分）
设平面ＢＤＥ的法向量ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ），
则
ｎ·ＤＢ
→
＝０，
ｎ·ＤＥ
→
＝０，
{
即
ａ＋ｂ＝０，
ｂ＋ｃ＝０，
{
（１０分）
令ｂ＝１，则ａ＝－１，ｃ＝－１，于是ｎ＝（－１，１，－１）．（１１分）
设直线ＥＦ与平面ＢＤＥ所成的角为θ，
则ｓｉｎθ＝ＥＦ
→
·ｎ
ＥＦ
→
ｎ
＝
ｔ＋２
ｔ
２＋
槡
２·槡３
＝槡
７５７
５７．（１２分）
即１５ｔ
２－３８ｔ＋１１＝０，
解得ｔ＝１
３或ｔ＝１１
５（舍去）．
故ＦＤ１＝１
３．（１５分）
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!!
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'
(
)
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【评分细则】
若使用其他方法，过程正确也给满分．
１８．解：（１）依题意，
２
ａ
２＋３
２ｂ
２＝１，
１－ｂ
２
ａ
２
槡
＝１
２，
（２分）
解得
ａ
２＝４，
ｂ
２＝３，
{
（４分）
故椭圆Ｃ的方程为ｘ
２
４＋ｙ
２
３＝１．（５分）
（２）由题意ｌ：ｘ＝ｔｙ＋１，设Ｄ（ｘ
１，ｙ
１），Ｅ（ｘ
２，ｙ
２），（６分）
由
ｘ＝ｔｙ＋１，
ｘ
２
４＋ｙ
２
３＝１
{
可得３ｔ
２＋４
(
) ｙ
２＋６ｔｙ－９＝０，易知Δ＞０恒成立，（７分）
所以ｙ
１＋ｙ
２＝－６ｔ
３ｔ
２＋４
，ｙ
１ｙ
２＝－９
３ｔ
２＋４
．（８分）
又因为Ｐ（－２，０），所以直线ＰＤ的方程为ｙ＝
ｙ
１
ｘ
１＋２（ｘ＋２），令ｘ＝４，
则ｙ
Ｑ＝
６ｙ
１
ｘ
１＋２，故Ｑ４，
６ｙ
１
ｘ
１＋２
(
) ，同理Ｒ４，
６ｙ
２
ｘ
２＋２
(
) ，（１１分）
从而ｋ
ＦＱ＝
６ｙ
１
ｘ
１＋２
４－１＝
２ｙ
１
ｔｙ
１＋３，ｋ
ＦＲ＝
２ｙ
２
ｔｙ
２＋３，（１４分）
故ｋ
ＦＱｋ
ＦＲ＝
４ｙ
１ｙ
２
（ｔｙ
１＋３）（ｔｙ
２＋３）＝
４ｙ
１ｙ
２
ｔ
２ｙ
１ｙ
２＋３ｔ（ｙ
１＋ｙ
２）＋９
＝
－３６
３ｔ
２＋４
－９ｔ
２
３ｔ
２＋４
－１８ｔ
２
３ｔ
２＋４
＋９
＝－１．（１７分）
【评分细则】
若过程正确，计算结果错误，可酌情给分．
１９．（１）解：依题意，ｆ（ｘ）＝２ｘｌｎｘ，ｆ′（ｘ）＝２ｌｎｘ＋２，则ｆ′（１）＝２，（２分）
而ｆ（１）＝０，故所求切线方程为ｙ＝２ｘ－２．（４分）
（２）解：依题意，ｆ（ｘ）的定义域为（０，＋!），ｆ′（ｘ）＝ａ（ｌｎｘ＋１），（５分）
令ｆ′（ｘ）＝０，得ｘ＝１
ｅ，（６分）
若ａ＞０，则当ｘ∈０，１
ｅ
(
) 时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减；当ｘ∈１
ｅ，＋!
(
) 时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；（７分）
若ａ＜０，则当ｘ∈０，１
ｅ
(
) 时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增；当ｘ∈１
ｅ，＋!
(
) 时，ｆ′（ｘ）＜０，ｆ（ｘ）单调递减．（８分）
综上所述，当ａ＞０时，ｆ（ｘ）在区间０，１
ｅ
(
) 上单调递减，在区间
１
ｅ，＋!
(
) 上单调递增；当ａ＜０时，ｆ（ｘ）在区间
０，１
ｅ
(
) 上单调递增，在区间１
ｅ，＋!
(
) 上单调递减．（９分）
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（３）证明：令ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－ｘ
２＋１＝２ｘｌｎｘ－ｘ
２＋１，则ｇ′（ｘ）＝２ｌｎｘ＋２－２ｘ，
令ｍ（ｘ）＝２ｌｎｘ＋２－２ｘ，故ｍ′（ｘ）＝２
ｘ－２＝２·１－ｘ
ｘ，令ｍ′（ｘ）＝０，解得ｘ＝１．（１０分）
故当ｘ∈（０，１）时，ｍ′（ｘ）＞０，ｍ（ｘ）单调递增，当ｘ∈（１，＋!）时，ｍ′（ｘ）＜０，ｍ（ｘ）单调递减，
故ｍ（ｘ）≤ｍ（１）＝０，即ｇ′（ｘ）≤０，ｇ（ｘ）在区间（０，＋!）上单调递减，且ｇ（１）＝０．（１１分）
又ｇ（ｘ
１）＋ｇ（ｘ
２）＝０，所以０＜ｘ
１＜１＜ｘ
２，
令Ｆ（ｘ）＝ｇ（ｘ）＋ｇ（２－ｘ），０＜ｘ＜１，（１２分）
则Ｆ′（ｘ）＝ｇ′（ｘ）－ｇ′（２－ｘ）＝２［ｌｎｘ－ｌｎ（２－ｘ）－２ｘ＋２］，０＜ｘ＜１，
令Ｇ（ｘ）＝ｌｎｘ－ｌｎ（２－ｘ）－２ｘ＋２，０＜ｘ＜１，
则Ｇ′（ｘ）＝１
ｘ＋１
２－ｘ－２＝２（ｘ－１）
２
ｘ（２－ｘ）＞０，
所以函数Ｇ（ｘ）在区间（０，１）上单调递增，所以Ｇ（ｘ）＜Ｇ（１）＝０，即Ｆ′（ｘ）＜０，（１４分）
所以函数Ｆ（ｘ）在区间（０，１）上单调递减，所以Ｆ（ｘ）＞Ｆ（１）＝０，（１５分）
所以当０＜ｘ＜１时，ｇ（ｘ）＋ｇ（２－ｘ）＞０，所以ｇ（ｘ
１）＋ｇ（２－ｘ
１）＞０，
因为ｇ（ｘ
１）＋ｇ（ｘ
２）＝０，所以－ｇ（ｘ
２）＋ｇ（２－ｘ
１）＞０，即ｇ（２－ｘ
１）＞ｇ（ｘ
２），
因为函数ｇ（ｘ）在区间（０，＋!）上单调递减，所以２－ｘ
１＜ｘ
２，即ｘ
１＋ｘ
２＞２．（１７分）
【评分细则】
１．第一问答案为斜截式或一般式均给满分；
２．若使用其他方法，过程正确也给满分．
