曲靖一中2026届高三年级教学质量检测（七）数学答案_2024-2027高三（6-6月题库）_2026年05月高三试卷_260519云南省曲靖一中2026届高三年级教学质量检测（七）（全科）

曲靖一中 2026 届高三年级教学质量检测（七）
数学参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
答案 C C B B C D A C AD ABC ABD
1．C【详解】由 x2x60，解得 2 x3，即 A{x∣2x3}，
又B{xN∣x1}，因此 AB{1,2,3}.
2．C【详解】因为抛物线y2 mx过点1,2，所以4m1 m4，即2p4.
所以其焦点到准线的距离为 p2.
3．B【详解】∵E为线段AD的中点
 1  1   
∴ BE= BA BD，又 BD2DC ，
2 2
 1  1  1  1  1  5  1 
∴ BE= BA BC  AB AC AB AB AC，
2 3 2 3 3 6 3
4．B【详解】由函数的解析式可知该函数的定义域为全体非零实数，
因为 f xsinxln x sinxln x f x，
所以该函数是奇函数，它的图象关于原点对称，所以排除选项AC；
当x0,1时， f xsinxln x sinxlnx0，所以排除选项D，所以选项B中的图象有可能是该函数的
图象.
5．C【详解】必要性：若直线l 和l 平行，则有a3aa2a2 0，解得a0或a5，
1 2
当a0时，l :0x0y60，不成立，无意义，舍去，
1
故两直线平行必有a5，必要性成立；
充分性：a5时，直线l 为5x25y60，直线l 为3x15y100 ，
1 2
因为5153250，且510360，所以两直线平行，充分性成立；
综上所述，“a5”是“直线l 和l 平行”的充分必要条件．
1 2
6．D【详解】因为10100 10050 98250 C0 9850C1 98492C4998249C50250，
50 50 50 50
由98能被7整除，则上式前50项都能被7整除，只需看最后一项C50250 250除以7的余数，
50
由250 4816 47116 4  C0 716C1 715C157C16 ，
16 16 16 16
则250除以7的余数为4C16 4，
16
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司所以今天是星期一，再过10100天，是星期五.
lgx，0 x1
7．A【详解】由题y lgx   .
lgx，x1
 π
ysin2x 在一个周期内，所过5个特殊点对应表格为：
 3
π π 3π
2x 0 π 2π
3 2 2
π π π 7π 5π
x 
6 12 3 12 6
y 0 1 0 -1 0
据此可在同一坐标系中画出大致图像如下，由图可得共8个交点.
故选：A
8．C【详解】因为S n3，
n
当n1时，a S 1；当n2时，S n13，
1 1 n1
所以a S S n3n13 3n23n1n2，
n n n1
因为a 1满足上式，所以a 3n23n1  nN* ，
1 n
3 3 3 1 1 1
所以      n 2 ，
a 3n23n1 3n23n n n1 n1 n
n
1 1 1 1 1 1 1
所以T 31     4 n2 ，又T 34 ，
n 2 2 3 n1 n n 1 1
所以T 4 1 nN* ，所以T 4.又T 3 3 3，
n n n 2 7
故当T mmZ 对任意的nN*恒成立时，可得m4，
n
所以整数m的最小值为4.
9．AD【详解】对于A，因随机变量X ~ N
 1,2
，则1，由正态曲线的对称性可得P(X 0)P(X 2)，
故A正确；
对于B，由事件A，B相互独立可知P(AB)P(A)P(B)，对于随机事件A，B，
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司都有P(AB)P(A)P(B)P(AB)P(A)P(B)P(A)P(B)，
故仅当A，B互斥时，才有P(AB)0，故结论不成立，即B错误；
1 n 1 n
对于C，由题意，x x,s2  (x x)2 2，
n i n i
i1 i1
对于数据2x 1，2x 1，，2x 1，
1 2 n
1 n 1 n 1
其均值为x (2x 1)2 x n 2x1，
n i n i n
i1 i1
1 n 1 n 1 n
其方差为s2  [(2x 1)x]2  [2(x x)]2 4 (x x)2 4s2 428，故C错误；
n i n i n i
i1 i1 i1
对于D，相关指数R2越接近1，值越大，残差平方和接近0，值越小，则该回归模型的拟合效果越好，故D
正确.
10．ABC【详解】设zmni，则复数z在复平面内对应点Pm,n，设F 1,0,F 1,0，
1 2
则 z1  m1ni  m12n2  PF ，同理 z1  PF ，
1 2
∴ z1 z1  PF  PF 4，即点P的轨迹为椭圆，且椭圆长半轴a2，焦半径c1，
1 2
x2 y2
∴短半轴 b a2c2  3 ，∴点P的轨迹方程为：  1，
4 3
A选项： z  OP a2，A选项正确；
B选项： z1  PF ac1，B选项正确；
2
C选项：若zR，即n0，令y0，则x2，∴ z 2，C选项正确；
D选项：z2 m2n22mni，若z2R，则m0或n0，当m0时，n 3，此时 z  3；当n0时，
m2，此时 z 2，D选项错误.
11．ABD【详解】在该八面体中，点A，B，H，G共面.
因为该八面体的棱长均相等，所以四边形ABHG是菱形，所以AB∥HG，HG//平面ABCDEF.同理，HI //
平面ABCDEF.
因为HGHI H,HG,HI 平面GHI，所以平面GHI //平面ABCDEF，A正确.
如图，记正六边形ABCDEF的中心为O，BC，AF 的中点分别为M ，N，连接MO，NO，
则点H，G在平面ABCDEF上的投影H，G分别在直线MO，NO上，连接HG，
则HGGH  AB2，HG//GH //AB.
在正六边形ABCDEF中，直线AB与直线MO，NO的夹角均为30°，即OHGOGH30，所以
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HOGO ，
3
3 HM 3
HM OM OH ，tanHBM   ，HBM 30，ABH90，ABBH.
3 BM 3
又因为HHAB，所以AB平面BHH，ABBH，所以四边形ABHG是正方形，B正确.
2 3 2 6
连接OH ，OG，OI（图略），BH ，HH BH2BH2  ， OH  OH2HH2 2.
3 3
同理，可得OG OI 2，所以点O到该八面体的顶点的距离均为2，即该八面体外接球的半径为2，该八
32π
面体外接球的体积为 ，D正确.
3
记点I 在平面ABCDEF上的投影为I（图略）.
该八面体可看成由3个与三棱柱BHH AGG全等的三棱柱，3个与三棱锥H BHC全等的三棱锥，及三
棱柱GHI GHI构成.
1 2 6 2 3 1 1 3 2 6 3 2 6 20 2
其体积为3   23  2   22  ，C错误.
2 3 3 3 2 3 3 4 3 3
3
12． 【详解】因为在公差不为0的等差数列a 中，a 是a 与a 的等差中项，
2 n 3 x y
所以2a a a ，所以x y6，
3 x y
1 4 1 1 4  1  y 4 x 1  y 4 x  3
因此   x y    5     5 2     ，
x y 6 x y  6 x y  6  x y  2
y 4x 1 4 3
当且仅当  ，即x2,y4时等号成立，所以  的最小值为 ．
x y x y 2
 π
13． 
 
1
2
,1 
 
【详解】a  在b  方向上的数量投影为a 

b 

3cosx 3sinx

2 3cos  x 6  
cos

x 
π

，
b 2 3 2 3  6
 π π  π π  π 1 
x  0,  ，x    ,  ，cosx   ,1 .
 2 6  6 3  6 2 
14． 2 3 【详解】如图，设Mx ,y ,Pm,n，则Qx ,y ,Nx ,y ，E(x,y),根据M  E   4 M  Q  可得:
3 0 0 0 0 0 0 3
4  5 
(xx ,y y ) (0,2y ),故Ex , y ，
0 0 3 0  0 3 0
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司m2 n2 x 2 y 2
因点P,M 均为双曲线上的点，则  1, 0  0 1,
a2 b2 a2 b2
由
m2  x2 
b2  1b2  0 1
ny ny n2y2  a2  a2 
k k  0  0  0 
PM PN mx mx m2x2 m2x2
0 0 0 0
(b2m2 b2a2)(b2x 2 b2a2) b2(m2 x 2) b2
 0  0  ①
a2(m2 x2) a2(m2 x2) a2
0 0
 5 
y  y 
因为PM MN，所以k k 1②，又 0  3 0 1 y 1 ③，
PM MN k k    0 k
PN NE x x 3 x 3 MN
0 0 0
b2  1   1  1 b2 2 3
将②，③两式代入①式得： k k    k  ．故双曲线的离心率e 1  ．
a2 PM PN  k   3 MN  3 a2 3
MN
11
15．(1)25% (2)0.030 (3)
14
【详解】（1）根据表格数据，16条河流中污染物浓度x0.020mg/L的有4条，比重为4/1625%.
52484543404237393632302928272622 576
（2）水鸟数量的平均数y   36，
16 16
所以样本中心点为0.027,36，代入回归方程得361021.740.027b，解得b63.59，
即回归方程为y1021.74x63.59，当观测到33只水鸟即y33时，
根据331021.74x63.59解得x0.030，即预测的污染物浓度为0.030mg/L.
（3）由表格可知，在这16条河流中，水鸟数量“不少于30只”的共有11条，
设“至少有2张照片中出现不少于30只水鸟”为事件A，
则A包含两种情况：恰好有2张照片中的水鸟不少于30只，有C2C1种情况；
11 5
3张照片中的水鸟均不少于30只，有C3 种情况，
11
C2C1C3 275165 440 11
根据古典概型的概率计算公式有PA 11 5 11    .
C3 560 560 14
16
y2
16．(1) x2 1 (2)证明见解析
4
【详解】（1）设Px,y，Ax ,y ，因为B为A在x轴上的射影，所以Bx ,0．
0 0 0
x  x
已知  P  B  2  A  B  ，则x 0 x,y20,y 0 ，可得    x 0 y   x   2 0 y 0 ，即     y 0 0  2 y．
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司x  x
又因为Ax 0 ,y 0 在圆x2y2 1上，将   y 0  y代入圆方程得x2   2 y   2 1，
 0 2
y2 y2
即 x2 1，所以E的方程为 x2 1．
4 4
（2）设直线l的方程为y2xm，D0,m，设Mx,y ，Nx ,y ．
1 1 2 2
y2 x2 2xm2
将y2xm代入 x2 1得：  1 ，化简得8x24mxm240．
4 1 4
Δ16
 8m2
0即2 2m2 2，由韦达定理得x x 
m
，xx 
m24
．
1 2 2 1 2 8
根据两点间距离公式， DM 2  x2y m2  x22x 2 5x2，
1 1 1 1 1
DN 2  x2y m2  x22x 2 5x2．
2 2 2 2 2
所以 DM 2 DN 2 5  x2x2 5 x x 22xx ．
1 2  1 2 1 2
把x x  m ，xx  m24 代入得： DM 2 DN 2 5     m  2 2 m24   5   m2  m24  515．
1 2 2 1 2 8  2  8   4 4 
所以 DM 2 DN 2为定值5．
17．(1)yx2 (2)a1
【详解】（1）当a2时， f x2xex，则 fx1xex 1，即1xex，
令xexx1，则xex1
ex 1
，令x0，得x0，令x0，得x0，
ex
所以 x00，故有且仅有x0， f01，此时 f 02，所以曲线y f x的斜率为1的切
min
线方程为 f x在x0处的切线方程，该切线方程为yx2．
x1
（2）由 f xaxex 1x得aex  xex x1，即ax ，
ex
x1
所以ax 没有整数解，
ex
x1 2x ex x2
设hx x ，hx1  ，
ex ex ex
设txexx2，txex10，所以tx单调递增，且t010，t1e20，
所以存在唯一的x 0,1，使tx ex0 x 20，即hx 0，
0 0 0 0
当x,x 时，hx0，hx单调递减，当xx ,时，hx0，hx单调递增，
0 0
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学学科科网网（（北北京京））股股份份有有限限公公司司又h0h11，所以当xZ时，hx1，
所以当a1时，ahx没有整数解，即 f x1x没有整数解．
8 3 6
18．(1)证明见解析 (2)（ⅰ） ;（ⅰⅰ） .
3 3
【详解】（1）证明：连接BD,B D ,则GF∥BD,G F ∥B D .
1 1 1 1 1 1
由平行线的传递性，得GF∥G F ，所以F,F,G,G 四点共面.
1 1 1 1
（2）（ⅰ）如图，以D 为原点，直线DA,DC ,DD 分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系，
1 1 1 1 1 1
则H(2,0,1)，G (0,1,0)，F(2,3,0)，G(0,2,1),
1 1
  
HG(2,2,0)，GG(0,1,1)，GF (2,2,0),
1 1 1

设平面FFGG 的法向量为n(x,y,z),
1 1
 
 GGn  yz  0 
则有 1   ，取x1,得n(1,1,1),
GF n 2x2y 0
1 1
 
HGn
4 4 3
点H到平面F 1 FGG 1 的距离d     ,
n 3 3
8 3 8 3
HP 2d  ，线段HP的长为 ;
1 3 1 3
（ⅱ）设P 为HP 的中点，则P FG ,且GP HP ,
0 2 0 1 1 1 0 0
 
  GHGF  1 1 1 
GH (2,1,1)，GP  11 1GF  GF  , ,0,
1 1 0 |GF |2 1 1 4 1 1 2 2 
1 1
1 3 
P  , ,0,P(1,3,1),
02 2  2
 
 HGn  8  8 8 8  2 8 5
由（ⅰ）知，HP 1 2 |n  |2 n  3 n     3 , 3 , 3   , P 1    3 , 3 , 3  
  1 1 2
PP  , , 
1 2  3 3 3

又m(0,0,1)为平面ABCD的法向量，
 
  PP m 6
cos P 1 P 2 ,m   P 1 P 2 m   3 ,
1 2
  6
直线PP 与平面ABCD所成角的正弦值为 cos PP,n  .
1 2 1 2 3
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19．(1) (2)① ；②
3 9 2
【详解】（1）利用正弦定理3b2sinB3asinA3sinC可化简为3b2b3a23c，
2 b2c2a2 1
因为c1，则3b2 2bc 3a2 3c2，即b2c2a2  bc，则cosA  ；
3 2bc 3
1 2
（2）①过点B作BPAC，垂足为P，则APccosA ，则b2AM 2AP ，
3 3
b c
在ABC中利用正弦定理  ，
sinB sinC
2 2 1
有 csinB sinAC 3 cosC 3 sinC 2 2 1 2 ，得0tanC2 2 ，
b     
sinC sinC sinC 3tanC 3 3
2
1 1 b2 tan C  2 2 1 
则S  CM MN  CM 2 tanC  tanC     
CMN 2 2 8 8  3tan C 3  
1 tanC 2 1 tanC 2 2
   2    ，
9tanC 72 18 9tanC 72 18 9
等号成立时，tanC2 2，
2
故CMN面积的最小值为 ；
9
2 2 1

②由①可知， b 3tanC 3 1 2 1 ，
CN      
 
2cosC 2cosC 3 sinC 2cosC
2 1  π
令 f x  ,0 tanx 2 2,x 0,  ，
sinx 2cosx  2 
 
则 fx  2cosx  sinx  sin3x2 2cos3x  cos3x tan3x2 2 ，
sin2 x 2cos2 x 2sin2 xcos2 x 2sin2 xcos2 x
 π 2 1
令tan2 2,tan 3 2 2  2,,0, ，则sin ,cos ，
 2 3 3
则 fx0得 2  tan x  2 2 ，即 x； fx0得 0  tan x  2 ，即0 x，
则 f x在0,上单调递减，,上单调递增，
2 1 2 1 3 3
f x  f    
则 min sin 2cos 2 2 2 ，
3 3
1 3 3 3
故CN 的最小值为   .
3 2 2
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