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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（五）
数学参考答案
１．【答案】Ａ
【解析】因为Ａ＝｛ｘ｜３－ｘ＞０，ｘ∈Ｎ｝＝｛１，２｝，Ｂ＝｛１，３，６｝，所以Ａ∪Ｂ＝｛１，２，３，６｝．故选Ａ．
２．【答案】Ｃ
【解析】因为（２－ｉ）（１－ａｉ）＝２－ａ－（１＋２ａ）ｉ，所以
２－ａ＝０，
－（１＋２ａ）≠０，
{
解得ａ＝２．故选Ｃ．
３．【答案】Ｄ
【解析】因为ａ，ｂ共线，所以－２·ｔ－１×４＝０，解得ｔ＝－２．故选Ｄ．
４．【答案】Ｂ
【解析】ｆ（ｘ）＝３ｘ
ｘ－３＋ｘ＝３ｘ－９＋９
ｘ－３＋ｘ＝６＋９
ｘ－３＋（ｘ－３）≥６＋２
９
ｘ－３·（ｘ－３
槡
）＝１２，当且仅当９
ｘ－３＝ｘ－３，即ｘ＝６时取等
号．故选Ｂ．
５．【答案】Ｂ
【解析】由等比数列的性质得ａ
６ａ
７＝ａ
５ａ
８＝１，所以Ｔ１２＝（ａ
６ａ
７）
６＝１，可验证其它选项不一定成立．故选Ｂ．
６．【答案】Ｄ
【解析】由题意设该双曲线的方程为ｘ
２－ｙ
２
４＝λ（λ≠０），把（２，槡
４２）代入得λ＝－４，所以该双曲线的方程为ｙ
２
１６－ｘ
２
４＝
１．故选Ｄ．
７．【答案】Ａ
【解析】设ＢＣ＝２，则ＡＯ＝ＰＢ＝１，过点Ｑ作ＢＣ的垂线，垂足为Ｄ，则ＱＤ＝１
２．过点Ｄ作ＰＣ的垂线，垂足为Ｅ，连
接ＱＥ，则∠ＱＥＤ为二面角Ｂ－ＰＣ－Ｑ的平面角，ＤＥ＝３
４ＰＢ＝３
４，所以ｔａｎ∠ＱＥＤ＝ＱＤ
ＤＥ＝
１
２
３
４
＝２
３．故选Ａ．
８．【答案】Ｃ
【解析】因为ｆ（ｘ＋１）－ｆ（ｘ－１）＝－ｘ，所以ｆ（ｘ＋１）＋（ｘ＋１）
２
４
＝ｆ（ｘ－１）＋（ｘ－１）
２
４
，所以ｇ（ｘ）＝ｆ（ｘ）＋ｘ
２
４是周期为２的周
期函数，因为ｆ（３）＋ｆ（５）＝６，ｆ（３）－ｆ（５）＝４，所以ｆ（３）＝５．因为ｇ（２１）＝ｇ（３），所以ｆ（２１）＋２１
２
４＝ｆ（３）＋３
２
４＝５＋３
２
４，
解得ｆ（２１）＝－１０３．故选Ｃ．
９．【答案】ＡＢＤ（每选对１个得２分）
【解析】展开式中共有９项，故Ａ正确；第３项为Ｃ
２
８ｘ
６（－１）
２＝２８ｘ
６，故Ｂ正确；各项系数的和为０，故Ｃ错误；二项
式系数的最大值为Ｃ
４
８＝７０，故Ｄ正确．故选ＡＢＤ．
１０．【答案】ＢＣ（每选对１个得３分）
【解析】１＋ｓｉｎ２
槡
α＝ｓｉｎα＋ｃｏｓα，故当ｍ＝０时，“ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝ｍ”是“ １＋ｓｉｎ２
槡
α＝ｍ”的充要条件，当ｍ＝１
时，由ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝１，可得１＋ｓｉｎ２
槡
α＝１，由１＋ｓｉｎ２
槡
α＝１可得ｓｉｎα＋ｃｏｓα＝±１，Ｂ满足题意，同理Ｃ满足题意；
又ｓｉｎα＋ｃｏｓα≤槡２，Ｄ不满足题意．故选ＢＣ．
云南·高三数学 第２
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１１．【答案】ＢＤ（每选对１个得３分）
【解析】把Ｐ（２，２）代入Ｃ的方程得４＝４ｐ，解得ｐ＝１，对于Ａ，ＦＱ＝ｘ
Ｑ＋ｐ
２＞ｐ
２＝１
２，故Ａ错误；对于Ｂ，若直线
ＰＱ经过点Ｆ，则ｙ
Ｐｙ
Ｑ＝２ｙ
Ｑ＝－ｐ
２＝－１，所以ｙ
Ｑ＝－１
２，故Ｂ正确；对于Ｃ，因为∠ＰＯＦ＝π
４，当∠ＰＯＱ为钝角时，点
Ｑ必在ｘ轴下方，且ｋ
ＯＱ＜－１，所以－２＜ｙ
Ｑ＜０，故Ｃ错误；对于Ｄ，设直线ＯＱ的方程为ｋｘ－ｙ＝０，当点Ｐ到直线ＯＱ
的距离为２
５时，２ｋ－２
ｋ
２＋
槡
１
＝２
５，解得ｋ＝４
３或ｋ＝３
４，故Ｄ正确．故选ＢＤ．
１２．【答案】０．４（写成０．４％也正确）
【解析】把这７个数按照从小到大排列为０．１，０．２，０．２，０．４，０．４，０．４，０．４，又７×４５％＝３．１５，故这７个数据的
４５％分位数是第４个数０．４．
１３．【答案】１
【解析】由题意得｛ｂ
ｎ｝的前若干项依次为１，１，０，－１，１，０，－１，１，０，…，从第２项起构成周期为３的周期数列，且
一个周期内的３个数之和为０，所以前１００项的和为１．
１４．【答案】（０，ｅ
２］
【解析】由ｘ＞０，ａｘ＞０，得ａ＞０．设ｆ（ｘ）＝ｅ
ｘ＋１－ａ［ｌｎ（ａｘ）－１］，得ｆ′（ｘ）＝ｅ
ｘ＋１－ａ
ｘ，由ｆ′（ｘ）在区间（０，＋!）上单调递
增，且值域为Ｒ，所以存在ｘ
０∈（０，＋!），使得ｆ′（ｘ
０）＝０，即ｅ
ｘ０＋１＝ａ
ｘ
０
，即ａ＝ｘ
０ｅ
ｘ０＋１，且当ｘ∈（０，ｘ
０）时，ｆ′（ｘ）＜０，
ｆ（ｘ）单调递减；当ｘ∈（ｘ
０，＋!）时，ｆ′（ｘ）＞０，ｆ（ｘ）单调递增，所以ｆ（ｘ）≥ｆ（ｘ
０）＝ｅ
ｘ０＋１－ａ［ｌｎ（ａｘ
０）－１］＝ｅ
ｘ０＋１－
ｘ
０ｅ
ｘ０＋１［ｌｎ（ｘ
２
０ｅ
ｘ０＋１）－１］＝ｘ
０ｅ
ｘ０＋１１
ｘ
０
－２ｌｎｘ
０－ｘ
０
(
) ．由ｘ
０ｅ
ｘ０＋１＞０，设ｇ（ｘ）＝１
ｘ－２ｌｎｘ－ｘ，则ｇ（ｘ）在区间（０，＋!）上单
调递减，且ｇ（１）＝０，所以０＜ｘ
０≤１，ａ＝ｘ
０ｅ
ｘ０＋１∈（０，ｅ
２］．
１５．解：（１）由ｂｃｏｓＣ＋ｃｃｏｓＢ＝ａ
２ｃｏｓＡ及正弦定理，
得ｓｉｎＢｃｏｓＣ＋ｃｏｓＢｓｉｎＣ＝ｓｉｎＡ
２ｃｏｓＡ，即ｓｉｎ（Ｂ＋Ｃ）＝ｓｉｎＡ＝ｓｉｎＡ
２ｃｏｓＡ，（３分）
因为０＜Ａ＜π，ｓｉｎＡ≠０，
所以ｃｏｓＡ＝１
２，Ａ＝π
３．（６分）
（２）由ｆ（ｘ）的图象经过点Ｐ０，１
２
(
) ，得１
ａｓｉｎＡ＝槡３
２ａ＝１
２，（８分）
所以ａ＝槡３，ｓｉｎＢ＝ｂｓｉｎＡ
ａ＝
１×槡３
２
槡３
＝１
２，（１０分）
所以Ｂ＝π
６，Ｃ＝π
２，ｃ＝２ｂ＝２，（１２分）
所以ｆ（ｘ）＝槡３
３ｓｉｎ２ｘ＋π
３
(
) ．（１３分）
１６．解：（１）由题意珋
ｔ＝２１
６＝３．５，珋
ｚ≈２４
６＝４，（１分）
＾
ｂ＝
∑
６
ｉ＝１ｔ
ｉｚ
ｉ－６ｔｚ
∑
６
ｉ＝１ｔ
２
ｉ－６珋
ｔ
２
≈９１－６×３．５×４
９１－６×３．５
２＝９１－８４
９１－７３．５＝７
１７．５＝０．４，（３分）
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则＾
ａ＝珋
ｚ－＾
ｂ珋
ｔ＝４－０．４×３．５＝４－１．４＝２．６．（５分）
故＾
ｚ＝０．４ｔ＋２．６．（６分）
由ｚ＝ｌｎｙ及上式得ｌｎ＾
ｙ＝０．４ｔ＋２．６，即＾
ｙ＝ｅ
０．４ｔ＋２．６＝ｅ
２．６·ｅ
０．４ｔ．（８分）
其中ｅ
２．６≈１３．４６．故指数回归方程为＾
ｙ＝１３．４６·ｅ
０．４ｔ．（９分）
（２）设随机变量Ｘ为５人中参与“低碳积分”活动的人数，则Ｘ～Ｂ（５，０．３）．（１１分）
恰有２人参与的概率Ｐ（Ｘ＝２）＝Ｃ
２
５（０．３）
２×（０．７）
３＝１０×０．０９×０．３４３＝０．３０８７．（１５分）
１７．（１）证明：当ａ＝１时，要证明ｘ＞１，ｆ（ｘ）＜ｇ（ｘ），即证ｘ＞１，２ｌｎ槡ｘ－槡ｘ＋１
槡ｘ
＜０，
设槡ｘ＝ｓ，则ｓ＞１，问题转化为ｓ＞１，２ｌｎｓ－ｓ＋１
ｓ＜０，（２分）
设Ｆ（ｓ）＝２ｌｎｓ－ｓ＋１
ｓ，ｓ＞１，则Ｆ′（ｓ）＝２
ｓ－１－１
ｓ
２＝－（ｓ－１）
２
ｓ
２
＜０，（４分）
所以Ｆ（ｓ）在区间（１，＋!）上单调递减，所以Ｆ（ｓ）＜Ｆ（１）＝０，即ｘ＞１，ｆ（ｘ）＜ｇ（ｘ）得证．（６分）
（２）解：ｈ（ｘ）＝ｆ（ｘ）－［ｇ（ｘ）］
２＝ａｌｎｘ－
槡ｘ－１
槡ｘ
(
)
２
＝ａｌｎｘ－ｘ－１
ｘ＋２，定义域为（０，＋!）．
求导得ｈ′（ｘ）＝ａ
ｘ－１＋１
ｘ
２＝－ｘ
２－ａｘ－１
ｘ
２
．（７分）
令ｈ′（ｘ）＝０，即ｘ
２－ａｘ－１＝０，其判别式Δ＝ａ
２＋４＞０，
故有唯一正根ｘ
０＝ａ＋
ａ
２＋
槡
４
２
＞１．（８分）
因此ｈ（ｘ）在区间（０，ｘ
０）上单调递增，在区间（ｘ
０，＋!）上单调递减，ｘ
０为极大值点．（９分）
由ｘ
０满足ｘ
２
０－ａｘ
０－１＝０，得ａ＝ｘ
０－１
ｘ
０
＞０，
故极大值ｈ（ｘ
０）＝ａｌｎｘ
０－ｘ
０－１
ｘ
０
＋２＝ｘ
０－１
ｘ
０
(
) ｌｎｘ
０－ｘ
０－１
ｘ
０
＋２．（１０分）
设Ｆ（ｔ）＝ｔ－１
ｔ
(
) ｌｎｔ－ｔ－１
ｔ＋２（ｔ＞１），则Ｆ′（ｔ）＝１＋１
ｔ
２
(
) ｌｎｔ＞０，
且Ｆ（１）＝０，故Ｆ（ｔ）＞０对任意ｔ＞１成立，故ｈ（ｘ
０）＞０．（１２分）
又ｈ１
ｅ
( ) ＝－ａ－１
ｅ－ｅ＋２＜０，当ｘ→＋!时，ｈ（ｘ）→－!，
故ｈ（ｘ）在区间（０，ｘ
０）和（ｘ
０，＋!）上各有１个零点．
综上，函数ｈ（ｘ）的零点个数为２．（１５分）
１８．（１）解：设ｃ＝ａ
２－ｂ
槡
２，则ｃ
ａ＝ａ
２－ｂ
槡
２
ａ
＝槡３
２，
整理得ａ＝２ｂ．（２分）
因为Ｃ经过点Ｐ１，槡３
２
(
) ，所以１
ａ
２＋３
４ｂ
２＝１，
与ａ＝２ｂ联立得ａ
２＝４，ｂ
２＝１，（４分）
所以Ｃ的方程为ｘ
２
４＋ｙ
２＝１．（５分）
（２）（ｉ）解：因为Ｐ１，槡３
２
(
) ，Ｆ１（－槡３，０），Ｆ２（槡３，０），（６分）
所以ＰＦ１
→
＝－槡３－１，－槡３
２
(
) ，ＰＦ２
→
＝槡３－１，－槡３
２
(
) ，
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所以
ＰＦ１
→
＝（槡３＋１）
２＋槡３
２
(
)
槡
２
＝４＋槡
２３＋３
４
槡
＝２＋槡３
２，
同理可得ＰＦ２
→
＝２－槡３
２．（８分）
因为ｌ的斜率为ｋ，所以ｌ的一个方向向量ｎ＝（１，ｋ），
所以ｎ·
ＰＦ１
→
ＰＦ１
→
＋
ＰＦ２
→
ＰＦ２
→
(
) ＝（１，ｋ）· －槡３－１
２＋槡３
２
＋槡３－１
２－槡３
２
，
－槡３
２
２＋槡３
２
＋
－槡３
２
２－槡３
２
＝
－１－槡
２３ｋ
２＋槡３
２
(
) ×２－槡３
２
(
)
＝０，（１０分）
所以－１－槡
２３ｋ＝０，ｋ＝－１
槡
２３
＝－槡３
６．（１１分）
（ｉｉ）证明：由（ｉ）知，直线ｌ的斜率ｋ＝－槡３
６，且经过点Ｐ１，槡３
２
(
) ，
所以ｌ的方程为ｙ－槡３
２＝－槡３
６（ｘ－１），即ｙ＝－槡３
６ｘ＋槡
２３
３，（１３分）
代入ｘ
２
４＋ｙ
２＝１得ｘ
２－２ｘ＋１＝０，（１５分）
解得ｘ＝１，（１６分）
所以直线ｌ与Ｃ只有１个公共点．（１７分）
１９．（１）证明：由题意知，△ＡＢＣ是正三角形，且四边形ＡＢＣＤ是平行四边形，
如图，连接ＢＤ与ＡＣ交于点Ｅ，连接Ｂ１Ｅ，
则点Ｅ为ＡＣ中点，所以ＢＥ⊥ＡＣ．
因为三棱锥Ｂ１－ＡＢＣ是正三棱锥，Ｂ１Ａ＝Ｂ１Ｃ，所以Ｂ１Ｅ⊥ＡＣ．（２分）
因为ＢＥ∩Ｂ１Ｅ＝Ｅ，所以ＡＣ⊥平面ＢＥＢ１，
因为ＢＢ１平面ＢＥＢ１，所以ＢＢ１⊥ＡＣ．（４分）
因为ＡＡ１∥ＢＢ１，所以ＡＡ１⊥ＡＣ，
又因为ＡＡ１瓛ＣＣ１，所以四边形ＡＣＣ１Ａ１是矩形．（５分）
!!
"!
#!
$!
"
#
%
&
'
!
$
(
)
（２）（ｉ）解：如图，取ＢＣ的中点Ｇ，连接ＡＧ，
以点Ａ为原点，直线ＡＧ，ＡＤ分别为ｘ，ｙ轴，过点Ａ与平面ＡＢＣ垂直的直线为ｚ轴建立空间直角坐标系，（６分）
因为△ＡＢＣ是边长为槡
２３的正三角形，所以ＡＧ＝３，
因为ＢＢ１＝槡
２５，所以点Ｂ１到平面ＡＢＣ的距离为
（槡
２５）
２－２
３×３
(
)
槡
２
＝４，
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所以Ａ（０，０，０），Ｂ（３，－槡３，０），Ｃ（３，槡３，０），Ｂ１（２，０，４），（７分）
所以ＡＣ
→
＝（３，槡３，０），ＡＢ１
→
＝（２，０，４），ＡＢ
→
＝（３，－槡３，０），ＢＢ１
→
＝（－１，槡３，４），
ＣＤ１
→
＝ＤＤ１
→
－ＤＣ
→
＝ＢＢ１
→
－ＡＢ
→
＝（－４，槡
２３，４），（８分）
设平面Ｂ１ＡＣ的法向量为ｍ＝（ｘ，ｙ，ｚ），
则
ｍ·ＡＣ
→
＝０，
ｍ·ＡＢ１
→
＝０，
{
即３ｘ＋槡３ｙ＝０，
２ｘ＋４ｚ＝０，
{
取ｘ＝２，则ｍ＝（２，－槡
２３，－１），（９分）
设平面Ｄ１ＡＣ的法向量为ｎ＝（ａ，ｂ，ｃ），
则
ｎ·ＡＣ
→
＝０，
ｎ·ＣＤ１
→
＝０，
{
即３ａ＋槡３ｂ＝０，
－４ａ＋槡
２３ｂ＋４ｃ＝０，
{
取ａ＝２，则ｎ＝（２，－槡
２３，５）．（１０分）
设平面Ｂ１ＡＣ与平面Ｄ１ＡＣ的夹角为θ，
则ｃｏｓθ＝ｍ·ｎ
ｍ
ｎ＝
１１
槡１７×槡４１
＝
槡
１１６９７
６９７，
所以平面Ｂ１ＡＣ与平面Ｄ１ＡＣ夹角的余弦值为
槡
１１６９７
６９７．（１１分）
（ｉｉ）解：由（ｉ）知ＡＤ１
→
＝ＡＣ
→
＋ＣＤ１
→
＝（３，槡３，０）＋（－４，槡
２３，４）＝（－１，槡
３３，４），
所以Ｄ１（－１，槡
３３，４），（１２分）
因为三棱锥Ｂ１－ＡＢＣ是正三棱锥，所以球心Ｏ必在该棱锥的高所在直线上，
即在过点Ｂ１与平面ＡＢＣ垂直的直线上，（１３分）
所以设Ｏ（２，０，ｔ），球Ｏ的半径为Ｒ，
由ＯＡ＝ＯＤ１得Ｒ
２＝２
２＋０
２＋ｔ
２＝（２＋１）
２＋（０－槡
３３）
２＋（ｔ－４）
２，
解得ｔ＝６，Ｒ
２＝４＋３６＝４０，（１５分）
所以球Ｏ的表面积为４πＲ
２＝１６０π．（１７分）
