精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2026届高三上学期适应性月考(六)数学试卷

数学试卷 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数，其共轭复数为，则（ ） A. B. 2 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据共轭复数的定义和复数的乘法求解. 【详解】已知，则， 故. 故选：B． 2. 已知平面向量，若在上的投影向量为，则n的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意可知，根据向量垂直的坐标表示求解. 【详解】由题在上的投影向量为， 可知，故， 即，故. 故选：D． 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，分别求得集合，得到集合是集合的真子集，结合充分条件、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由不等式，解得，可得， 又由，解得或，所以或，可得或， 因为集合是集合的真子集，即可以推出，而推不出， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：C． 4. 已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第3项 B. 第、项 C. 第4项 D. 第、项 【答案】C 【解析】 【分析】根据二项式系数的和为求出 的值，再利用二项式系数的性质即可求解. 【详解】因为的展开式中，二项式系数的和为64，所以，解得；所以该二项式的展开式共7项，所以二项式系数最大的项为第4项. 故选：C． 5. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 【答案】B 【解析】 【分析】由正弦定理将角的正弦比转化为边长比，判断为直角三角形，根据面积公式建立关于比例系数的方程，解得比例系数，从而求得最小边. 【详解】由以及正弦定理可得，故， ，又，解得（舍）， 又因为最小的边长为，故. 故选：B 6. 已知函数，若函数至少存在2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用导数研究函数的极值，结合三次函数的图象与性质建立不等式组计算即可. 【详解】由，则， 若存在至少2个零点，由函数单调性可知，要同时存在极大值和极小值，故， 当时，令可得或， 令得，即在上单调递增， 在上单调递减，所以的极大值为，极小值为， 若要存在至少2个零点，则，解得. 故选：A． 7. 已知，下列选项错误的是（ ） A. 且 B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由，得到，所以，即，同理可得，则利用不等式的性质和基本不等式依次分析选项即可求解. 【详解】由可得，所以，即， 同理可得，则，故A正确； 因为，故，当且仅当时，等号成立， 所以，即，故B正确； 由A可知：，可得，不等式两边同时加上，可得， 又，所以，故C正确； 由可得， 当且仅当时，即时等号成立，所以，故D错误， 故选：D． 8. 已知定义在R上的函数满足，对任意，有，则（ ） A. B. 1 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干等式的函数性质，求出函数解析式，进而根据裂项求和法，求出结果. 【详解】在中，令，得，且，故； 令，得，所以． 所以， 所以. 故选：A． 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项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，则（ ） A. 抛物线C的准线方程为 B. F的坐标为 C. 若，则 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】由抛物线的定义及抛物线的性质判断各选项. 【详解】对于抛物线，由题中方程知，故准线方程为，故选项A正确； 焦点坐标为，故选项B错误； 若，则，且，故，故选项C正确； 因为，点P在抛物线C上，故，故，故选项D错误， 故选：AC． 10. 已知有25个互不相同的样本数据，从中去掉数值最大的2个数据和数值最小的数据，设剩下的22个数据的方差为，平均数为；去掉的3个数据的方差为，平均数为；原样本数据的方差为，平均数为，若，则下列说法正确的有（ ） A. 剩下的22个数据的中位数与原样本数据的中位数相同 B. 剩下的22个数据的分位数与原样本数据的分位数相同 C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】设个样本数据从小到大排列为，去掉最大的2个和最小的1个数据后，剩下22个数据：，再根据中位数、第百分位数、平均数与方差的定义与公式推导即可. 【详解】把原样本25个数据从小到大排列，记为：，中位数是； 去掉最大的2个和最小的1个数据后，剩下22个数据：，此时数据个数为偶数，中位数是和的平均数， 对于A，数据的中位数是；数据的中位数是和的平均数，而这组数互不相同，所以剩下的22个样本数据的中位数与原样本数据的中位数不同，故选项A错误； 对于B，，原样本数据的分位数是；，剩下22个数据的分位数是第7个数据，即，故选项B正确； 对于C，由题可知：，因为，故，故选项C错误； 对于D，，而，故，故选项D正确， 故选：BD． 11. 声音由物体振动产生的声波形成，每个音可由纯音合成，纯音数学模型为函数.音的四要素与函数参数有关，如音调与频率相关，频率低声音低沉，频率高音尖利，日常听到的是复合音，其函数为，结合材料及所学知识，判断下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象不具有对称性 B. 函数在区间上单调递增 C. 若声音甲对应的函数近似为，则声音甲比纯音更低沉 D. 记，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A利用函数奇偶性的定义判断即可；对于B利用增函数和增函数的和仍为增函数来判断；对于C求出两个函数的周期，进而得到频率大小，即可判断.对于D由诱导公式及换元法求解． 【详解】， 故为R上的奇函数，图象关于原点对称，故选项A错误； 当时，， 故，在上都是增函数， 则在上单调递增，选项B正确； 因为的最小正周期为的最小正周期为， 所以的最小周期为，其频率， 纯音的最小正周期为，其频率，声音甲的频率更低， 故声音甲比纯音低沉，选项C正确； ， 令，， 平方可得：，代入上式得，， 由二次函数知识，，故选项D正确， 故选：BCD． 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知离散型随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 P a 则________． 【答案】## 【解析】 【分析】先根据离散型随机变量分布列的性质补全分布列，再利用离散型随机变量公式计算期望值． 【详解】由离散型随机变量分布列性质得：，解得， ． 故答案为：． 13. 若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为________． 【答案】 【解析】 【分析】利用点差法解决中点弦问题，即可求得结果. 【详解】由题意，直线的斜率存在，设，则， 因为点在椭圆上，所以， 两式相减得，，即， 整理得，即， 所以直线的斜率为，则直线的方程为， 即． 故答案为：. 14. 已知四面体的外接球球心为O，半径为，，每给定一个的值，都把此时四面体体积的最大值记为，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据半径和可判断球心位置，表示出，分析平面与平面的位置关系，求出，结合正弦函数性质可解. 【详解】因为半径为，所以球心为的中点， 对于给定的， 记点D到平面的距离为，则， 当平面平面时，取最大值， 因为，所以正三角形的高为，所以， 故， 而，故． 故答案为： 四、解答题（本大题共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. 已知在数列中，．当且时，． （1）求证：为等比数列； （2）求数列的通项公式． 【答案】（1）证明： 数列中，， 当时，，即， 所以，且， 所以是以为首项，以为公比的等比数列； （2）. 【解析】 【分析】（1）根据已知递推式得，，又，结合等比数列的定义即可证； （2）由（1）有，应用累加法、等比数列的前n项和求通项公式. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 由（1）知， 当时，， 故，故， 而满足，所以. 16. 如图，正四棱台中，，侧棱与面的夹角为分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 【答案】（1）证明： 如图1，连接，交于点G， 因为，所以与相似，且， 故，故，且，故， 而平面平面，故平面； （2）. 【解析】 【分析】（1）连接，交于点G，根据已知证得，再由线面平行的判定证明结论； （2）延长交于点P，连接交于点O，构建合适的空间直角坐标系，标注出相关点坐标，应用向量法求二面角的大小. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 延长交于点P，则为正四棱锥， 连接交于点O，则，且平面， 以所在直线为坐标轴，建立如图2所示空间直角坐标系， 点H为点在平面内的投影点，结合已知以及正四棱台的几何性质知， 故，则，，， 分别为平面与平面的法向量， ，可取， ，可取，则， 记为二面角的平面角，为的夹角， 由图可知为锐角，故，故． 17. 已知函数． （1）若，证明：在上恒成立； （2）讨论函数的单调性． 【答案】（1）证明： 若，则，要证在上恒成立， 等价于证明：在上恒成立， 令，， 则， 令，， 因为在上单调递增，故，则， 故在上单调递增，则，即， 故在上恒成立． （2） 当的单调递减区间为，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当无单调递减区间，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和． 【解析】 【分析】（1）先构造差函数 ，再对求导，分析导数在区间内的符号（判断单调性），最后验证最小值≥0即可完成证明； （2）先明确函数的定义域，对原函数求导并化简，再找出导函数的零点（临界点），根据参数对零点的影响，分类讨论参数取值，并在每类参数范围内，分析导函数的符号确定单调性，最后综合所有情况总结结论即可. 【小问1详解】 略； 【小问2详解】 因为函数的定义域为， 所以， 令，即，则或，解得或； ①若： 则当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增； ②若： 则当时，，，，单调递增， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增； ③若：则当时，单调递增； ④若： 则当时，，，，单调递增， 当时，，，，单调递减， 当时，，，，单调递增． 综上，当的单调递减区间为，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和； 当无单调递减区间，单调递增区间为； 当的单调递减区间为，单调递增区间为和． 18. 甲、乙两名同学都准备参加某知识竞答活动，该竞答活动会逐一给出n道不同的题目供参赛者回答，每道题目的回答只有正确或错误两种情况，各道题目回答情况不会相互影响． （1）如果参赛者须回答5道问题，当连续答对4道时，即可赢得挑战，若甲同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对，求甲赢得挑战的概率； （2）若乙同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对．记为乙同学回答道题目后，没有出现连续答对至少4道题目这一情形的概率． （i）求； （ii）证明：． 【答案】（1） （2）（i），（ii）乙同学答完n道题后，如果没有出现连续答对至少4道题的情形， 则由题意可如下分类： ①第n题答错，且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为； ②第n题答对，第题答错，且前 题未出现连续答对至少4道题的情形， 此时概率为； ③第n题答对，第题答对，第 题答错， 且前 题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为； ④第n题答对，第题答对，第 题答对，第 题答错， 且前题未出现连续答对至少4道题的情形，此时概率为， 由全概率公式：①， 因此②， ， 所以当时，，故． 【解析】 【分析】（1）利用相互独立事件的概率乘法公式计算即可； （2）（i）利用正难则反思想计算，利用分类讨论结合正难则反思想计算；（ii）分类讨论结合全概率公式得，利用递推关系作差即可证明. 【小问1详解】 甲赢得挑战有两种情况，连续答对前四题或第一题答错后四题都答对， 其概率为：； 【小问2详解】 （i）； 当乙同学回答完6道题目后，出现连续答对至少4道题这一情形， 可能的情况为：6道都答对、连续答对5道（第1道或者第6道答错）、 连续答对4道（1~4道答对，第5道答错，第六道答对或者答错； 第1道答错，2~5道答对，第6道答错；第1道答对或答错，第2道答错，3~6道答对）， 故； （ii）略 19. 已知双曲线的离心率分别为C的左、右焦点，分别为C的左、右顶点． （1）若点A的坐标为，求此时C的方程； （2）过点的直线l交双曲线的右支于两点，其中M点在x轴上方，分别为两点处的切线，分别过点作的垂线两点分别为点关于直线的对称点． （i）证明：切线m平分； （ii）若直线，且，直线l与双曲线的两条渐近线分别在第一、四象限交于两点，点I为线段的中点，问：是否为定值？ 附：双曲线上任一点处的切线方程为． 【答案】（1） （2）（i）证明： 设，由题可知M点处的切线方程为， 故直线m的斜率为，且， 记直线m与直线的夹角为，记直线m与直线的夹角为， 直线m与x轴交于点E，而， 故， ， 则， 且，故，即切线m平分； （ii）定值 【解析】 【分析】（1）由条件列关于的方程，解方程求，由此可得双曲线方程； （2）（i）设，根据所附结论求直线m的斜率为，记直线m与直线的夹角为，记直线m与直线的夹角为，结合两角差正切公式证明，由此证明结论； （ii）由（i）证明三点共线，同理可得三点共线，结合条件可得为直角三角形，根据条件结合双曲线定义证明，联立与渐近线方程求点的坐标，由此可得结论. 【小问1详解】 因为双曲线的左顶点A的坐标为，所以， 因为双曲线的离心率，所以，所以， 又，故， 所以双曲线C的方程为． 【小问2详解】 （i）略； （ii）为定值； 由（i）切线m平分， 因为点为点关于直线的对称点，所以直线平分， 又，所以三点共线， 且由（i）的证明过程可知N点处也成立这一性质，即切线n平分， 故可推知三点共线， 因为，所以为直角三角形，如图， 因为，所以， 可令，则， 由双曲线的定义可得， 即，即，所以， 所以， 所以， 在直角中，， 所以直线（即直线l）的方程为， 由，得， 所以，所以， 所以两条渐近线的方程为，且双曲线C的离心率， 由题可知直线，与双曲线C的两条渐近线都相交， 联立，得， 方程的判别式， 设，则， 故，所以， 所以， 所以，所以为定值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 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，只有一项符合题目要求） 1. 已知复数，其共轭复数为，则（ ） A. B. 2 C. D. 2. 已知平面向量，若在上的投影向量为，则n的值为（ ） A. 1 B. 2 C. D. 3. 已知集合，则“”是“”的（ ） A. 充要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知二项式的展开式中，二项式系数的和为，则二项式系数最大的项是（ ） A. 第3项 B. 第、项 C. 第4项 D. 第、项 5. 在中，，且，则的最小边长为（ ） A. 3 B. 6 C. 9 D. 12 6. 已知函数，若函数至少存在2个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ） A. B. C. D. 7. 已知，下列选项错误的是（ ） A. 且 B. C. D. 8. 已知定义在R上的函数满足，对任意，有，则（ ） A. B. 1 C. D. 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项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9. 已知抛物线的焦点为F，点在抛物线C上，则（ ） A. 抛物线C的准线方程为 B. F的坐标为 C. 若，则 D. 10. 已知有25个互不相同的样本数据，从中去掉数值最大的2个数据和数值最小的数据，设剩下的22个数据的方差为，平均数为；去掉的3个数据的方差为，平均数为；原样本数据的方差为，平均数为，若，则下列说法正确的有（ ） A. 剩下的22个数据的中位数与原样本数据的中位数相同 B. 剩下的22个数据的分位数与原样本数据的分位数相同 C. D. 11. 声音由物体振动产生的声波形成，每个音可由纯音合成，纯音数学模型为函数.音的四要素与函数参数有关，如音调与频率相关，频率低声音低沉，频率高音尖利，日常听到的是复合音，其函数为，结合材料及所学知识，判断下列说法正确的是（ ） A. 函数的图象不具有对称性 B. 函数在区间上单调递增 C. 若声音甲对应的函数近似为，则声音甲比纯音更低沉 D. 记，则 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知离散型随机变量X的分布列为： X 1 2 3 4 P a 则________． 13. 若椭圆的弦恰好被点平分，则所在的直线方程为________． 14. 已知四面体的外接球球心为O，半径为，，每给定一个的值，都把此时四面体体积的最大值记为，则的最小值为________． 四、解答题（本大题共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. 已知在数列中，．当且时，． （1）求证：为等比数列； （2）求数列的通项公式． 16. 如图，正四棱台中，，侧棱与面的夹角为分别为的中点． （1）证明：平面； （2）求二面角的大小． 17. 已知函数． （1）若，证明：在上恒成立； （2）讨论函数的单调性． 18. 甲、乙两名同学都准备参加某知识竞答活动，该竞答活动会逐一给出n道不同的题目供参赛者回答，每道题目的回答只有正确或错误两种情况，各道题目回答情况不会相互影响． （1）如果参赛者须回答5道问题，当连续答对4道时，即可赢得挑战，若甲同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对，求甲赢得挑战的概率； （2）若乙同学对于即将给出的各道题目，均有的概率答对．记为乙同学回答道题目后，没有出现连续答对至少4道题目这一情形的概率． （i）求； （ii）证明：． 19. 已知双曲线的离心率分别为C的左、右焦点，分别为C的左、右顶点． （1）若点A的坐标为，求此时C的方程； （2）过点的直线l交双曲线的右支于两点，其中M点在x轴上方，分别为两点处的切线，分别过点作的垂线两点分别为点关于直线的对称点． （i）证明：切线m平分； （ii）若直线，且，直线l与双曲线的两条渐近线分别在第一、四象限交于两点，点I为线段的中点，问：是否为定值？ 附：双曲线上任一点处的切线方程为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $