精品解析：云南省云南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期适应性月考数学试卷

云南师大附中2026届高考适应性月考卷（五） 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求出集合，再根据交集的定义求解即可. 【详解】由， 则. 故选：A． 2. 复数对应的向量如图所示，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据图像可得，再由复数的除法计算即可． 【详解】由题意，，所以． 故选：B． 3. 已知向量满足：，且，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】首先计算，再根据数量积公式，即可求解. 【详解】因为，所以，所以， 所以，所以. 故选：D． 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 【答案】A 【解析】 【分析】应用二项式展开式通项公式结合组合数公式计算求解. 【详解】含项的系数为， 故选：A． 5. 已知函数，则“”是“为奇函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】首先由奇函数的概念求出的值，结合充分条件、必要条件的概念即可得结果. 【详解】函数为奇函数，则， 所以，化简得：， 由成立，由不成立 所以“”是“为奇函数”的必要不充分条件， 故选：B． 6. 函数的极小值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】利用导数分析函数的单调性，由此可求得函数的极小值. 【详解】由， 可得， 当时，，在上单调递增， 当时，，在上单调递减， 当时，，在上单调递增， 所以的极小值为. 故选：B． 7. 如图：为锐角，为射线上两定点，点为射线上的一动点，由米勒定理：当点为过点的圆与射线相切的切点时，最大．在平面直角坐标系中，若，点在轴上运动，则最大时，外接圆的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意求得圆心所在直线方程为，设圆心为，根据圆心到轴的距离等于半径，求得圆心坐标及半径，从而得到外接圆的方程. 【详解】由题意，外接圆的圆心在线段的垂直平分线上. 因为的中点为，直线的斜率， 所以的垂直平分线的斜率为，其方程为，整理得：. 设圆心为，半径， 化简得：，解得：或（舍去）. 此时，所以外接圆的方程为. 故选:C． 8. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用已知等式先得出字母的正负，再结合基本不等式放缩，可推出，再利用反证法可得，再结合不等式的性质来判断即可. 【详解】因为，所以，又因为，所以， 又由，所以，， 若，此时，与矛盾，所以， 即，所以， 即，所以， 即，所以， 故选：D． 二、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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等差数列的公差为，前项和为，若．则（ ） A. B. C. D. 存在最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据题中条件解得首项和公差，根据等差数列的通项公式和前项和计算判断各个选项. 【详解】对于A，因为，所以，解得，A错误； 对于B，可知B正确； 对于C，C错误 对于D，，当时，存在最小值，D正确， 故选：BD． 10. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且与双曲线的右支交于点，过作直线的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的面积为6 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】连接，由直角三角形可判断A，由可判断B，过作轴的垂线，垂足为，由，可判断C，设，由直角三角形勾股定理可判断D. 【详解】如图所示，连接，由题意可知，，所以，A正确； 因为是有一个公共角的直角三角形，即三角相等， 所以，， 所以为的中点，所以，B错误; 过作轴的垂线，垂足为，， 所以，，C正确 ，设，则， 所以，解得：， 所以， 所以，D正确， 故选：ACD． 11. 在中，角的对边分别为，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用诱导公式及和差角的正弦公式得到，即可判断A，利用正弦定理将角化边得到，假设推出矛盾，即可判断B，利用正弦定理将边化角，结合推出C，结合A、C及诱导公式得到，最后结合平方关系求出，即可判断D. 【详解】对于A：因为， 又， 所以， 即， 所以，所以，故A正确； 对于B：因为，由正弦定理可得， 若，所以，又，所以无解，不符合题意，故B错误： 对于C：因为，由正弦定理可得， 又，所以，又，所以， 所以， 所以，即， 所以，又，所以，故C正确： 对于D：因为， 所以，解得或（舍去），故D正确. 故选：ACD． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则___________． 【答案】02## 【解析】 【分析】根据正态分布曲线的对称性求解即可. 【详解】因为服从正态分布，且，则． 故答案为：0.2. 13. 正四棱柱的高为2，正四棱锥的高为1，若正四棱柱的所有顶点和点都在同一球面上，则正四棱锥的体积为___________． 【答案】2 【解析】 【分析】设为和的中心，根据几何关系可得外接球的球心为的中点，利用长度关系即可求解. 【详解】由题意，点在平面的上方，设为和的中心， 如图，则在一条线上，则外接球的球心为的中点，则， 因，所以，所以， 所以正四棱锥的体积为 故答案为： 14. 某元件有个开关排成一排，每一个开关都随机处于“开”和“关”两种相反状态，对该元件进行如下操作： （1）记元件中处于“关”状态的开关个数为， （2）若，无需操作，当时，将元件从左往右数的第个开关的状态变为相反状态．重复以上操作，直至元件中的每个开关都处于“开”状态． 如：时，若元件中开关的一种初始状态为（开，关），则操作过程为（开，关）（关，关）（关，开）（开，开），共操作3次，已知对任意初始状态，操作必在有限次后停止，则时，对该元件所有可能的初始状态进行操作，操作的总次数为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用规则来操作计数，结合分类讨论，列举计算可求出结果. 【详解】设元件中每个开关“开”的状态为“1”，“关”的状态为“”， 由题意知：时，列举该元件中所有开关的初始状态共有：，共8种， 按照规则把变为，对应的操作次数分别为：0次， 若初始状态为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由关变为开，此时变为，对应的操作次数分别为：1次， 若初始状态为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由开变为关，此时变为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第2个开关的状态由关变为开，此时变为，则表示处于“关”状态的开关个数为，此时需要把第个开关的状态由关变为开，此时变为，对应的操作次数分别为：3次， 按此操作可知其它初始状态变为，对应的操作次数分别为：次， 因此操作总次数为 故答案为： 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，是上一点，已知，，． （1）求的值； （2）若的面积为，求． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）设，利用正弦定理求解的值； （2）根据三角形面积公式求得，再由余弦定理求 【小问1详解】 因为设， 由正弦定理：，所以，所以． 【小问2详解】 因为，故， 又，所以， 所以， 解得：， 在中，由余弦定理：， 解得：． 16. 在图甲的四边形中，为矩形，，将沿翻折至得到图乙，使得：，已知为线段上的一点，且，连接． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，求证平面，即可解题； （2）建系求得平面法向量，代入向量夹角公式即可. 【小问1详解】 证明：如图，连接，因为， 所以，， 又因为，所以， 所以，所以， 又因为，而，且，都在平面内， 所以平面， 又因为平面，所以， 又因为，都在平面内， 所以平面，又在平面内， 所以． 【小问2详解】 因为四边形为矩形，且，所以平面， 以为原点，，，所在直线为，，轴 建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 所以． 设平面的法向量为， 则， 令，则， 则， 易知为平面的一个法向量， 设平面与平面所成角为， 则. 17. 已知函数为的导函数． （1）求在上的单调区间； （2）证明：在上存在唯一零点． 【答案】（1）单调增区间为，单调减区间为． （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）先对函数求导，再利用导数分析函数的单调区间； （2）先对函数求导，利用导数分析函数单调性和极值点，进而证明函数存在唯一零点． 【小问1详解】 ，求导得， 当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 在上的单调增区间为，单调减区间为． 【小问2详解】 ，求导得， 设，则， 当时，，单调递减， 又， 存在唯一的，使得， 当时，；当时，； 在单调递增，在单调递减， 是的一个极大值点， ， 在无零点，在上有唯一零点， 函数在区间上存在唯一零点． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，离心率为，点在椭圆上，为椭圆上异于的任意一点，直线与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （3）记直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得，，结合可求得，进而求解即可； （2）设，可得，再证明为定值即可； （3）设直线的方程为：，，，联立直线与椭圆方程，结合韦达定理及题设求证即可. 【小问1详解】 由题意，，所以，所以， 又因在椭圆上，所以， 所以， 所以椭圆的方程为． 【小问2详解】 证明：设，由（1）知，，， 所以，， 所以， 因为，所以， 所以，为定值． 【小问3详解】 证明：易知直线斜率不为0，设直线的方程为：，，， 由，得， 则， 且①，②， 由（2）知，，， 因为，所以，所以， 所以，则， 整理得：， 代入①②整理得：， 即：，化简得：，解得：， 则直线的方程为：，所以直线过定点. 19. 圆形回廊上有四个房间，呈顺时针编号1，2，3，4，小明同学从某房间出发，每次随机地按顺时针或逆时针的顺序走到下一个相邻的某一房间．假定他从1号房间出发，每次顺时针走的概率为，逆时针走的概率为，每次选择相互独立．设经过次回到1号房间的概率为，回到3号房间的概率为． （1）求； （2）求； （3）记：，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意知，经过2次回到1号房间，有两种情况，即第一次顺时针走到2号房间，第二次逆时针回到1号房间；或第一次逆时针走到4号房间，第二次顺时针回到1号房间. (2)由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间，即，列出递推公式，构造等比数列，求得其通项公式，进而得到的通项公式. (3)由（2）求得，则，根据错位相减法求得的前项的和，即可证得． 【小问1详解】 ． 【小问2详解】 由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间.小明从3号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间. 小明从1号房间出发，走两次回到1号房间的概率为，走两次回到3号房间的概率. 小明从3号房间出发，走两次回到1号房间的概率为，走两次回到3号房间的概率. 由题意可知，小明从1号房间出发，走偶数次必到1号或3号房间. 所以． 设，所以，所以， 则， 因为， 所以是首项为，公比为的等比数列， 则，即． 【小问3详解】 从1出发，奇数步必在偶号房间，偶数步必在奇数号房间 因此：若为奇数，则，于是； 若为偶数，此时小明必在号房间之一，则， 所以：， 所以，所以， 因此：①， ②， ①-②得： ， 整理得：. 因为，所以， 则，证毕． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2026届高考适应性月考卷（五） 数学 注意事项： 1．答题前，考生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡上填写清楚． 2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．在试题卷上作答无效． 3．考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回．满分150分，考试用时120分钟． 一、单选题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，则（ ） A B. C. D. 2. 复数对应的向量如图所示，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量满足：，且，则的夹角为（ ） A. B. C. D. 4. 在的展开式中，含项的系数是（ ） A. 14 B. 15 C. 16 D. 18 5. 已知函数，则“”是“为奇函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 函数的极小值为（ ） A. B. 0 C. 2 D. 4 7. 如图：为锐角，为射线上的两定点，点为射线上的一动点，由米勒定理：当点为过点的圆与射线相切的切点时，最大．在平面直角坐标系中，若，点在轴上运动，则最大时，外接圆的方程为（ ） A. B. C. D. 8 已知，则（ ） A. B. C. D. 二、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，有多项符合题目要求．全部选对得6分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知等差数列的公差为，前项和为，若．则（ ） A B. C. D. 存在最小值 10. 已知在平面直角坐标系中，为坐标原点，双曲线的左、右焦点分别为，过的直线与圆相切于点，且与双曲线的右支交于点，过作直线的垂线，垂足为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 的面积为6 D. 11. 在中，角的对边分别为，已知，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知随机变量服从正态分布，且，则___________． 13. 正四棱柱的高为2，正四棱锥的高为1，若正四棱柱的所有顶点和点都在同一球面上，则正四棱锥的体积为___________． 14. 某元件有个开关排成一排，每一个开关都随机处于“开”和“关”两种相反状态，对该元件进行如下操作： （1）记元件中处于“关”状态的开关个数为， （2）若，无需操作，当时，将元件从左往右数的第个开关的状态变为相反状态．重复以上操作，直至元件中的每个开关都处于“开”状态． 如：时，若元件中开关的一种初始状态为（开，关），则操作过程为（开，关）（关，关）（关，开）（开，开），共操作3次，已知对任意初始状态，操作必在有限次后停止，则时，对该元件所有可能的初始状态进行操作，操作的总次数为___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15. 在中，上一点，已知，，． （1）求的值； （2）若的面积为，求． 16. 在图甲的四边形中，为矩形，，将沿翻折至得到图乙，使得：，已知为线段上的一点，且，连接． （1）求证：； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 已知函数为导函数． （1）求在上的单调区间； （2）证明：在上存在唯一零点． 18. 已知椭圆的左、右顶点分别为，离心率为，点在椭圆上，为椭圆上异于的任意一点，直线与椭圆交于两点． （1）求椭圆的方程； （2）证明：直线与直线的斜率之积为定值； （3）记直线的斜率分别为，且，证明：直线过定点． 19. 圆形回廊上有四个房间，呈顺时针编号1，2，3，4，小明同学从某房间出发，每次随机地按顺时针或逆时针的顺序走到下一个相邻的某一房间．假定他从1号房间出发，每次顺时针走的概率为，逆时针走的概率为，每次选择相互独立．设经过次回到1号房间的概率为，回到3号房间的概率为． （1）求； （2）求； （3）记：，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $