2026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）数学答案_2025年10月_2510142026届云南三校高考备考实用性联考卷（三）（全科）

2026 届云南三校高考备考实用性联考卷（三） 数学评分细则 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） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 答案 C B A B C A C C 【解析】 1．由题可知：A{x|x≤1}，所以 A(1，)，所以( A)B(1，2)，故选C． R R i i(2i) 1 2 2．由(2i)zi45061 i，得z    i，所以z在复平面内对应的点为 2i (2i)(2i) 5 5  1 2  ， ，故选B．  5 5  4 a a a (1q2)4， a  ， 3．设等比数列 {a } 的公比为 q ，则  1 3 1 解得  1 5 因此， n a 2 a 4 a 1 q(1q2)8，  q2， a a (a a )q8216，故选A． 3 5 2 4 4．∵lg0.10，lg2lg51，0ln21，00.9910 1，故选B． 2  π 1 π   π  π 5 ． ∵ 3sincos sin  ， ∴cos 2cos2  cos2 . 5  6 5 3   3  6  π  π 1 23 ∵cos2 12sin2   12  ，故选C．  6  6 25 25       3 1      6．∵a∥b，∴y6，∴b(2，6).∵bc，∴c ，  ，∴a2c (4，2)，向量a2c在b方 2 2    (a2c）b 向上的投影向量为  b(1，3)，故选A． |b|2 7 ． 如 图 1 ， 根 据 双 曲 线 的 定 义 得 |AF ||AF |2a ， 1 2 |BF ||BF |2a，由于|AB||AF |，即|AF ||BF ||AF |， 1 2 1 2 2 1 所 以 |BF |2a，|BF |4a . FF B， 由 题 可 得 2 1 1 2 1 tan 15，则cos ，在三角形BFF 中，由余弦定理得： 4 1 2 图1 数学评分细则·第1页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}4c2 4a2 16a2 1 cos  ， 2c2 ac 6a2 0，(c2a)(2c3a)0，由于 a，c 为正数， 22c2a 4 c 所以c2a0， 2，故选C． a 8．易知函数g(x)x3 a和函数h(x)ex b(b0)都是增函数，由于 f(x)g(x)h(x)≥0可知， 两个函数 g(x) 和 h(x) 的零点相同，则 3 a lnb ，于是 3 a blnbb. 令函数 1 1x F(x)lnxx，F(x) 1 ，易知当0x1时，F(x)0；当x1时，F(x)0. x x 因此函数F(x)在(0，1)上单调递增，在(1，)上单调递减，最大值为F(1)1，即 3a b 的最大值为1，故选C． 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 多个选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） 题号 9 10 11 答案 BC ABD BCD 【解析】 9． f(x)sin4x的图象上每个点的横坐标伸长为原来的 2 倍（纵坐标不变）得到ysin2x图 π   π  π 象，再将所有的点向左平移 个单位长度得g(x)sin  2x  sin2x cos2x的 4   4  2 2π 图 象 . 对 于 A ， g(x) 的 最 小 正 周 期 T  π ， A 错 误 ； 对 于 B ， 2 π  π π kπ g cos2 cos 0，B正确；对于C，令2xkπ，kZ，得x ，kZ， 4  4 2 2 kπ 则g(x)图象的对称轴方程为x ，kZ，C 正确；对于 D，令2xkπ，kZ，可得 2 1 kπ x kπ，kZ，令0 2π，kZ，解得0k 4，即k 1，2，3，故g(x)在(0，2π) 2 2 上有3个极值点，D错误，故选BC． 10．如图 2，设 A(x，y )，B(x，y ) ，对于 A：由抛物线定义知， 1 1 2 2 x 1 1 |AF|x 1，线段 AF 中点的横坐标x  1  |AF|，即线段 1 0 2 2 1 AF 的中点到y轴的距离是 |AF|，所以以线段AF 为直径的圆与 2 图2 数学评分细则·第2页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}y轴相切，故A正确；对于B：由题意知，F(1，0)，显然直线AB的斜率不为0，设直线 AB 的方程为 xmy1 ， A(x，y )， B(x，y )， 所以 P(1，y ) ， Q(1，y ) ，由 1 1 2 2 1 2 y2 4x， y y  得y2 4my40，所以y  y 4m，y y 4. 因为k  1  1 ， xmy1， 1 2 1 2 PF 11 2 y y y y k  2  2 ，所以k k  1 2 1，所以PF QF ，故 B 正确；对于 C： QF 11 2 PF QF 4 |PQ|2| y  y |2(y  y )2 4y y 16m2 16，|AF||BF| |x 1||x 1|(my 2) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (my 2)m2y y 2m(y  y )44m2 4，所以|PQ|24|AF||BF|，故C错误；对于 2 1 2 1 2   y2 y2 5 D：当AF 2FB，可得1x 2(x 1).又xx  1  2 1，所以|AB|x x  p 1 2 1 2 4 4 1 2 2 9 2 ，故D正确，故选ABD． 2 1 11．对于A，取线段PC的中点O，连接EO，则EO∥AD，EO AD. 在梯形ADOE中，AE 2 与OD不平行，若平面AEF∥平面PCD，由于平面AEOD平面PCDOD，则AE∥OD， 这与AE与OD不平行相矛盾，故A错误；对于B，由题意可将该四棱锥补形为一个长方 体，易知球心O为长方体的体对角线的中点，即为 PC 的中点O，故球O 的直径 2RPC  22 22 42 2 6，所以R 6，故B正确；对于C，点E为PB的中点，则 P，B两点到平面AEF 的距离相等，同理点F 为BC的中点，则B，C两点到平面AEF 的距离相等. 又PC∥EF，则PC∥平面AEF ，故P，C两点到平面AEF 的距离相等，故 C 正确；对于 D，设球心O到平面AEF 的距离为d，截面圆的半径为r ，由题意可知， 球心O到平面AEF 的距离等于点B到平面AEF 的距离，在三棱锥BAEF 中，由等体积 1 1 1 1 2 3 法可得V V ，即   2 6 d   221 ，解得 d  ，所以 OAEF EABF 3 2 3 2 3 4 14 14π r2 R2 d2 6  ，所以截面圆的面积为πr2  ，故D正确，故选BCD． 3 3 3 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 题号 12 13 14  n3 2 2 3(n为奇数) 答案 1 1 13；a  ee n n2  2 2 2(n为偶数) 数学评分细则·第3页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}【解析】 12．由题意知T Ckx6k(2mx1)k Ck2kmkx62k，则62k 0，即k 3，故C323m3 160，即 k1 6 6 6 m1. 13．易知函数ylog x和函数yax互为反函数，其图象关于直线yx对称，从而切点在直 a 线上. 设切点坐标为(x，y )，切点也在两条曲线上，并且两个函数在切点处的导函数值 0 0  1  1①， 1 1 都是1，列出方程x lna 由①得x lna1，则lna ，于是ex0 a，代入②得 0 0 x  ax0 lna1②， 0 1 1 e 1，解得x e，从而aee . x 0 0 14．由题意知：a a 12，a 2a 15，a a 16，a 2a 113；又a 2a 2 1 3 2 4 3 5 4 2n1 2n 12a 12(a 1)12a 3，故(a 3)2(a 3). 又a 34，故数 (2n1)1 2n1 2n1 2n1 2n1 1 列{a 3}是以 4 为首项，2 为公比的等比数列，即 a 342n1 2n1 ，即 2n1 2n1 n3 a 2n13 ，即 a 2 2 3 ( n 为奇数)；又 a a a 12n12 ，即 2n1 n 2n (2n1)1 2n1  n3 n2 2 2 3(n为奇数)， a 2 2 2(n为偶数)，故a  n n n2  2 2 2(n为偶数). 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（本小题满分13分） 1 解：（1）由已知O为边BC的中点，所以S 2S 2 |OA||OB|sin∠AOB2 3， △ABC △AOB 2 即|OA||OB|sinAOB2 3. ………………………………………………………（2分）   又OAOB|OA||OB|cos∠AOB2，………………………………………………（3分） 两式相除得tanAOB 3， 2π π 所以AOB ，则AOC  . ……………………………………………………（5分） 3 3 又|OA|2，则|OA||OB|cosAOB|OB|2， π 故|OB||OC|2，∴△AOC 为等边三角形，∴C  . ………………………（7分） 3 数学评分细则·第4页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}π （2）由（1）得∠AOC  ，BC 4，AC 2， 3 在△ABC中，S S S ， ………………………………………（10分） △ABC △ACD △BCD 1 π 1 π 3 即2 3 ACCDsin  BCCDsin  CD， 2 6 2 6 2 4 3 ∴CD . …………………………………………………………………………（13分） 3 16．（本小题满分15分） 1 解：（1）由题意：S  2a2b4，所以ab2. ………………………………（2分） 2 c 3 又因为  ，a2 b2 c2，所以a2，b1， ………………………………（4分） a 2 x2 即椭圆的方程为  y2 1． ………………………………………………………（5分） 4 （2）当直线MN 的斜率为0时，M ，N，Q三点共线，不符合题意； 当直线MN 的斜率不为0时，设直线方程为xty1，M(x，y )，N(x，y )， 1 1 2 2 ……………………………………………………………………………（6分） xty1，  联立方程组x2 得(4t2)y2 2ty30，   y2 1，  4 2t 3 ∴y  y  ， y y  ， …………………………………………（8分） 1 2 4t2 1 2 4t2 4t2 3 4 t2 3 | y  y | (y  y )2 4y y  4  ， ………………（11分） 1 2 1 2 1 2 (4t2)2 4t2 4t2 1 1 4 t2 3 12 ∴S  |TQ|| y  y | 3  ， ……………………………（13分） △QMN 2 1 2 2 4t2 5 ∴t 1， ……………………………………………………（14分） ∴直线MN 的方程为yx1或y=x1， 即直线MN 的方程为x y10或x y10. …………………………………（15分） 17．（本小题满分15分） （1）证明：设ADPD1，则AB2， π π ∵在△ABD中，∠DAB ，由余弦定理可得BD2 14212cos 3， 3 3 ∴AD2 BD2  AB2， ∴ADBD. ………………………………………………（2分） 数学评分细则·第5页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}∵PD平面ABCD，且BD平面ABCD， ∴PDBD. ……………………………………………………（4分） 又ADPDD，且AD，PD平面PAD， ∴BD平PAD. ……………………………………………（5分） 又PA平面PAD， ∴PABD. ……………………………………………………（6分） （2）解：∵PD平面ABCD，且由（1）得ADBD， ∴DA，DB，DP两两互相垂直. ……………………………………（7分） 如图3，以点D为原点，DA，DB，DP分别为x轴，y轴，z轴建立空间 直角坐标系， 则A(1，0，0)，B(0， 3，0)，C(1， 3，0)，P(0，0，1)，   则AB(1， 3，0)，AP(1，0，1)，   BC (1，0，0)，BP(0， 3，1). ………………（9分） 图3  设平面PAB的法向量为m(x，y，z )， 1 1 1    m ABx  3y 0，  则  1 1 令x  3，则m( 3，1， 3). …………………（11分） 1 m APx z 0， 1 1  设平面PBC 的法向量为n(x，y，z )， 2 2 2    nBC x 0，  则  2 令y 1，则n(0，1， 3)， ………………………（13分） 2 nBP 3y z 0， 2 2     mn 4 2 7 ∴cosm，n     ， …………………………………（14分） |m||n| 72 7   2 7 2 21 即sinm，n 1   ，   7 7   21 ∴平面PAB与平面PBC 夹角的正弦值为 . …………………………………（15分） 7 数学评分细则·第6页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}18．（本小题满分17分） 1 （1）解：∵m1，∴f(x)2lnxx ， x 2 1 ∴f(x)  1， …………………………………………（1分） x x2 1 1 3  3 ∴f(2) ，又 f(2)2ln22 2ln2 ，即切点为 2，2ln2  4 2 2  2 ……………………………………………………………………………………（2分）  3 1 故切线方程为y2ln2  (x2)，即x4y48ln20.  2 4 …………………………………………………………………………………………（4分） 2 m x2 2xm （2）解：∵f(x) 1  (x0). ………………………………（5分） x x2 x2 (x1)2 1m ①当44m≤0，即m≥1时， f(x) ≤0， x2 即 f(x)在(0，)上单调递减； ………………………………………………………（6分） ② 当 44m0， 即 m1时， x2 2xm0，即x2 2xm0 有 两 实 数 根 x 1 1m 和x 1 1m(x 0). ………………………………………（7分） 1 2 2 故Ⅰ. 当m≤0时，x≤0，则x(0，x )时，f(x)0；x(x，)时，f(x)0； 1 2 2 即 f(x)在(0，x )上单调递增，在(x，)上单调递减； 2 2 Ⅱ. 当0m1时，0x x ， 1 2 则x(0，x )和(x，)时，f(x)0， x(x，x )时，f(x)0， 1 2 1 2 即 f(x)在(0，x )和(x，)上单调递减，在(x，x )上单调递增. ………………（10分） 1 2 1 2 （3）证明：由（2）知：当m1时，f(x)在(0，)上单调递减. 1 又 f(1)0，故x1时，f(x)0，即2lnxx . …………………………（12分） x n1 n1 n1 n 1 取x (nN*)，则：2ln    ， n n n n1 n2 n n1 1 即：ln  ； ………………………………………………（15分） n n2 n 数学评分细则·第7页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}2 3 4 n1 1 1 1 1 故ln ln ln ln     ， 1 2 3 n 12 1 22 2 32 3 n2 n 1 1 1 故   ln(n1). …………………………………（17分） 12 1 22 2 n2 n 19．（本小题满分17分） 解：（1）设“i小时后机器正常”为事件A(i1，2)，设“加急检修，1 小时修复”为事 i 件B ，设“常规检修，1小时修复”为事件B . 1 2 由题意，P(A)0.8，P(B |A)0.9，P(B |A)0.6， 1 1 1 2 1 从而2小时后机器正常的概率为 PP(AA )P(AA )P(A)P(A )0.5P(A)P(B |A)0.5P(A)P(B |A) 1 2 1 2 1 2 1 1 1 1 2 1 0.80.80.50.20.90.50.20.60.79. ……………………………（4分） （2）X 27，8，11， X 27的情况为第1个小时没有修复，第2个小时没有修复，第3个小时继续修，修了 3个小时花费27元， 从而P(X 27)0.10.10.01； X 11的情况为第1个小时检修好，花费9元，第2个小时正常工作，收益10元，第3 个小时也正常工作，收益10元，共收益11元， 从而P(X 11)0.90.80.72； X 8的情况为有1个小时收益10元，另外2个小时检修花费18元， P(X 8)1P(X 27)P(X 11)10.010.720.27. ………………（7分） 于是X的分布列为 X 27 8 11 P 0.01 0.27 0.72 数学期望为E(X)270.01(8)0.27110.725.49元. ………………（10分） （3）初始状态正常，即P 1；1个小时后正常的概率为P 0.8；2个小时后正常的概率 0 1 为P 0.8P 0.6(1P)； 2 1 1 同理，n个小时后正常的概率为P 0.8P 0.6(1P )(n≥2)， n n1 n1 数学评分细则·第8页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}1 3 P 0.2P 0.6 P  ， n n1 5 n1 5 3 1 3 P   P   ， n 4 5 n1 4  3 3 1 1 3 1 1 n1 从而数列P  是首项P   ，公比为 的等比数列，于是P     ，  n 4 1 4 20 5 n 4 20 5 3 1 1 n1 因此P     (n≥1). ………………………………………（13分） n 4 20 5 初始状态正常，第 1 个小时期望收益为 E(Y)10 元；第 2 个小时期望收益为 1 E(Y )10P 6(1P)16P 6； 2 1 1 1 同理，第k个小时期望收益为E(Y )16P 6(k 1，2，3，...，n). k k1 因此n个小时累计期望收益为 n n n E(Y)E(Y)E(Y)(16P 6) i i i1 i1 i1 i1 n  n1  16P 6n16  P P 6n i1 0 i   i1 i1  1 n1 16  1 3 (n1) 1  1   5    6n6n5 1   n1 . ……………………………（17分）  4 20 1  5 1   5   数学评分细则·第9页（共9页） {#{QQABQYG0wgAQgIbACT4rEQWCCkiQsIEjJYosRUAYuAwKCRNABIA=}#}