精品解析：云南省昆明市云南师范大学附属中学2026届高三上学期高考适应性月考（六）（1月）数学试题

云南师大附中2026届高考适应性月考卷（六） 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. 为了解中小学生手机使用情况，某地区计划从8000名小学生、8000名初中生，4000名高中生中采用分层抽样的方式一共抽取100名学生进行调查，则应选取的高中生人数为（ ） A. 10人 B. 20人 C. 33人 D. 40人 【答案】B 【解析】 【分析】设选取的高中生人数为人，根据分层抽样的定义，列出方程，即可求解. 【详解】设选取的高中生人数为人， 根据题意，可得，解得， 所以应选取的高中生人数为人. 故选：B. 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法，可得答案. 【详解】. 故选：D. 3 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解. 【详解】解不等式，得，即，则， 解不等式，得或，则， 所以. 故选：D 4. 已知，，若，则（ ） A. 3 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求出，后利用向量垂直推出数量积为零求出的值，再求出的坐标，最后根据模长公式求解. 【详解】由，，得 故， 由得，解得或， 当时，，则， 故； 当时，，则， 故. 综上，. 故选：C 5. 已知等比数列是递增数列，前项和为，且满足，，，成等差数列，则（ ） A. 81 B. 5 C. 121 D. 5或121 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件，利用等差中项的意义列式求出公比，再利用等比数列前n项和公式求解. 【详解】设递增等比数列的公比为，由，得， 由成等差数列，得，即，解得， 所以. 故选：C 6. 如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A. 240 B. 480 C. 720 D. 960 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用有位置关系的排列问题，结合分步乘法计数原理列式求解. 【详解】让甲站位有种方法，再让乙丙站位有种方法，最后排余下5人，有种方法， 由分步乘法计数原理得， 所以这八位同学一共有480种站位方式. 故选：B 7. 已知一个底面半径为，高为2的圆锥容器（容器壁厚度忽略不计）．将一个正四棱柱置于此圆锥内部，且满足正四棱柱下底面与圆锥底面贴合，则正四棱柱体积最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】确定给定条件，确定正四棱柱体积最大时情况，再借助轴截面且正四棱柱底面边长表示其高，列出体积关系，进而求出最大值. 【详解】依题意，正四棱柱体积最大时，其上底面正方形外接圆是平行于圆锥底面的截面圆， 因此正四棱柱的下底面中心是圆锥的下底面圆心，作出过正四棱柱下底面对角线的圆锥的轴截面， 该轴截面截正四棱柱得其对角面，如图，设正四棱柱的底面边长为，则， 由，得，而，则，， 因此该正四棱柱体积，求导得， 当时，；当时，，函数在上递增，在上递减， 则当时，，所以正四棱柱体积最大值为. 故选：A 8. 已知椭圆的两个焦点为，，若A，B为C上的两个点，且满足，，则C的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量的等量关系，设出线段长，利用勾股定理以及余弦定理，表示出，利用离心率的计算公式，可得答案. 详解】由，则，可设，，其中， 由椭圆的定义可得，， 由，则，可得， 即，解得， 则，，在中，， 易知共线，则， 由余弦定理可得， 即，解得， 所以离心率. 故选：C. 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. 下列方程所表示的圆能同时与x轴和直线相切的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用圆的切线性质，结合点到直线的距离公式逐项判断得解. 【详解】对于A，圆的圆心，半径1，圆心到直线的 距离为，该圆与直线不相切，A不是； 对于B，圆的圆心，半径1，圆心到直线的 距离为，圆心到轴的距离也为1，该圆与x轴和直线都相切，B是； 对于C，圆的圆心，半径，圆心到直线 的距离，圆心到轴的距离也为，该圆与x轴和直线都相切，C是； 对于D，圆的圆心，半径，圆心到轴的距离为， 该圆与x轴不相切，D不是. 故选：BC 10. 已知是定义在R上的奇函数，且为偶函数，以下说法正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 为周期函数 C. 若在上单调递减，则在上单调递减 D. 若时，，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用奇偶函数的性质，结合对称性及周期性的意义逐项判断即得. 【详解】由是定义在R上的奇函数，得，由为偶函数， 得，则的图象关于对称，且， 于是，，函数是周期为8的周期函数， 对于A，由，得，即， 因此的图象关于对称，A正确； 对于B，函数是周期为8的周期函数，B正确； 对于C，由在上单调递减，得在上单调递减，则在上单调递增，C错误； 对于D，当时，， ， 当时，，， ，则，而， 因此，D正确. 故选：ABD 11. 在中，所对的边分别为，已知，则（ ） A. 若，则外接圆半径为 B. 若，则 C. 若，则 D. 面积的最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】设，代入已知条件，求得的值，可判定A正确；若，得到，由余弦定理得，结合基本不等式，可判定B错误；若，得到，结合三角形三边的关系，列出不等式组，求得的范围，可判定C正确；结合三角形的面积公式，化简得到，结合二次函数的性质，可判定D正确. 【详解】对于A，因为，由正弦定理得， 设， 又因为，可得，整理得， 解得，所以， 又由，所以为直角三角形，且， 所以的外接圆的半径，所以A正确； 对于B，若，可得，所以， 由余弦定理得， 又由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，所以， 所以，因为，所以，所以B错误； 对于C，若，可得，可得， 根据三角形三边的关系，，即， 平方得，代入可得， 即，解得，， 即实数的取值范围为，所以C正确； 对于D，由，可得， 由余弦定理得， 因为，可得，即，当且仅当时，取等号， 则， 所以的面积为 ， 当时，所以的面积的最大值为，所以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. 双曲线的渐近线方程为______． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定方程，直接求出渐近线方程即可. 【详解】双曲线的实半轴长，虚半轴长， 所以该双曲线的渐近线方程为. 故答案为： 13. 已知，，则______． 【答案】 【解析】 【分析】根据角的取值范围以及同角三角函数平方关系，可得的值，利用三角函数的二倍角公式，结合和角公式，可得答案. 【详解】由，则，由，则， 可得， ， 所以 . 故答案为：. 14. 已知函数，，又，若有2个零点，则a的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【分析】求出函数的定义域及导数，函数的零点，再按分段，利用导数探讨函数的性质及零点情况，数形结合求出的范围. 【详解】函数的定义域为，求导得， 当时，，函数在上单调递减， 当从大于0方向趋近于0时，，，函数在有唯一零点， 由，得，此时有2个零点，因此； 当时，由，得，由，得， 函数在上单调递减，在上单调递增， ，由，得， 当时，函数最多一个零点，且，最多一个零点，不符合题意； 当时，函数在上各有一个零点，， 当时，，，此时有2个零点，因此； 当时，，，此时有2个零点，因此， 所以a的取值范围为. 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. 已知函数的最小正周期为，． （1）求的解析式； （2）求在上的值域． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据周期公式以及已知点，建立方程，可得答案； （2）利用诱导公式化简函数解析式，利用整体思想，根据余弦函数与一次函数的性质，可得答案. 【小问1详解】 由函数的最小正周期为，且，则，解得， 由，解得，， 即或，由，则. 所以. 【小问2详解】 ， 当时，，则， 由，，则. 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，已知，． （1）证明：平面平面； （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）根据给定条件，取中点，中点，借助勾股定理的逆定理，并利用线面垂直的判定、面面垂直的判定推理得证. （2）建立空间直线坐标系，求出平面与平面的法向量，再利用面面角的向量法求解. 【小问1详解】 取中点，中点，连接， 在直角梯形中，，，则， 四边形是平行四边形，且是矩形，于是， 则，所以为正三角形，则， 由，得，， 因此，则， 而平面， 则平面，而平面， 所以平面平面. 【小问2详解】 由（1）得直线两两垂直， 以为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的一个法向量， 则，取，得， 设平面的一个法向量， 则，取，得， 所以平面与平面所成角的余弦值为. 17. 云南省城市足球联赛，简称“滇超联赛”，覆盖全省16个州（市），于2025年11月29日开赛．赛事的第一阶段又称为积分赛阶段，16支球队进行15轮比赛，即每支球队与其他15支球队各对阵一场，第一阶段积分前八的球队方能进入第二阶段．其积分规则：常规时间90分钟内获胜的球队积3分，负者积0分；若常规时间战平，点球大战胜者积2分，负者积0分．假设某个球队甲，对其他所有球队常规时间取胜的概率均为，战平的概率均为，若进入点球大战则取胜的概率均为，且每场比赛相互独立． （1）求甲球队在接下来的三场比赛中恰有两场获胜的概率； （2）设X为甲球队在接下来两场比赛中的积分，求X的分布列与期望． 【答案】（1） （2）分布列见解析；期望为 【解析】 【分析】（1）根据题意，甲单场获胜分为直接获胜和常规时间战平后点球获胜，分别求得其概率，结合互斥事件概率的加法公式，求得单场获胜的概率，再利用重复试验的概率公式，即可求解； （2）先求得甲单场比赛积分分别为3分，2分和0分的概率，根据题意，得到变量的可能取值为，求得相应的概率，列出分布列，结合期望的公式，即可求解. 【小问1详解】 解：根据题意，甲单场获胜包含两种情况： ①直接获胜，其概率为； ②常规时间战平后点球获胜，其概率为， 所以甲单场获胜的概率为， 则三场比赛恰有两场获胜的概率为. 【小问2详解】 解：甲单场比赛的积分有3种情况： 单场比赛积3分，其概率为；单场比赛积2分，其概率为； 单场比赛积0分，其概率为， 设为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，则的可能取值为， 可得，， ，， ，， 所以随机变量分布列为： 0 2 3 4 5 6 则期望为. 18. 已知点是抛物线上一点，点，． （1）求的坐标和抛物线C的方程； （2）连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点……，如此不断循环，即连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，得到点列和，设，． （i）证明：数列为等差数列； （ⅱ）记四边形的面积为，求并证明：． 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii），证明见解析. 【解析】 【分析】（1）根据两点距离公式，结合抛物线方程，建立方程，可得答案. （2）（i）根据斜率公式，结合共线的三点坐标，利用等差数列的概念，可得答案；（ii）利用分割法，结合三角形面积公式，结合等差数列的通项公式，再利用放缩法，可得答案. 【小问1详解】 由在抛物线上，则，即， 可得，化简可得，解得， 所以抛物线. 【小问2详解】 （i）由题意可知共线，且，， 由在抛物线上，则，即， 由共线以及三点所在直线斜率存在，则， 可得，化简可得， 整理可得，即，所以数列是等差数列. （ii）由（i）可知数列是等差数列，公差为，且， 则，即， 由题意可得，，，， 即，，， 则四边形的面积 . 当时，，可得， 故 . 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，证明在R上有唯一零点； （3）对，恒成立，求m的取值范围． 【答案】（1）； （2）证明见解析； （3）. 【解析】 【分析】（1）直接求导得，再计算即可得到切线方程； （2）当，通过多次求导得到在上单调递增，再利用零点存在性定理即可得到答案； （3）利用必要性探路得，再证明其也为充分条件即可. 【小问1详解】 ， 切线方程为：，即． 【小问2详解】 为了表示方便，设为的2阶导函数，为的3阶导函数， 当， ， 故知当时，单调递减，且此时； 当时，单调递增，注意到， 故知当时，单调递减； 当时，单调递增， 故，故恒成立，即在上单调递增，，故知，使得， 综上，在上有唯一零点． 【小问3详解】 由题意知，即，解得， 即为题中不等式恒成立的必要条件． 下证明亦为充分条件． 当时，欲证，即证， 即证，即证． 令，设，即证． 则对于二次函数，其对称轴为． 令， 则． 令，则， 故知在上单调递增，在上单调递减， 故， 故，即，故知上单调递减， 故． 即对于二次函数，其对称轴，又， 故二次函数在上单调递增， 故． 令， 则． 设，则，令，解得， 当时，，此时单调递减， 当时，，此时单调递增， 则，即，则， 故 对于，故知， 故，即在上单调递增，注意到， 故知当时，，即单调递减； 当时，，即单调递增， 故，故知，得证． 即当时，恒成立， 故亦为充分条件． 综上，的取值范围为． 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（六） 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. 为了解中小学生手机使用情况，某地区计划从8000名小学生、8000名初中生，4000名高中生中采用分层抽样的方式一共抽取100名学生进行调查，则应选取的高中生人数为（ ） A. 10人 B. 20人 C. 33人 D. 40人 2. 已知，则（ ） A. B. C. D. 3 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 4 已知，，若，则（ ） A 3 B. C. D. 5. 已知等比数列是递增数列，前项和为，且满足，，，成等差数列，则（ ） A. 81 B. 5 C. 121 D. 5或121 6. 如图所示，某学校进行“大脚板”趣味运动，需要八名同学一起团结协作，统一步调才能前进．甲同学作为队长需要喊口令，故只能站在最中间的两个位置之一，方便前后的同学都清晰地听到口令．乙、丙两位同学经验较为丰富所以站在最前或最后面，则这八位同学一共有多少种站位方式（ ） A 240 B. 480 C. 720 D. 960 7. 已知一个底面半径为，高为2的圆锥容器（容器壁厚度忽略不计）．将一个正四棱柱置于此圆锥内部，且满足正四棱柱下底面与圆锥底面贴合，则正四棱柱体积最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆的两个焦点为，，若A，B为C上的两个点，且满足，，则C的离心率为（ ） 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. 下列方程所表示的圆能同时与x轴和直线相切的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知是定义在R上的奇函数，且为偶函数，以下说法正确的是（ ） A. 的图象关于对称 B. 为周期函数 C. 若在上单调递减，则在上单调递减 D. 若时，，则 11. 在中，所对的边分别为，已知，则（ ） A. 若，则外接圆半径为 B. 若，则 C. 若，则 D. 面积的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 双曲线的渐近线方程为______． 13. 已知，，则______． 14. 已知函数，，又，若有2个零点，则a取值范围为______． 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. 已知函数的最小正周期为，． （1）求的解析式； （2）求在上的值域． 16. 如图所示，在四棱锥中，底面为直角梯形，，，已知，． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面所成角的余弦值． 17. 云南省城市足球联赛，简称“滇超联赛”，覆盖全省16个州（市），于2025年11月29日开赛．赛事的第一阶段又称为积分赛阶段，16支球队进行15轮比赛，即每支球队与其他15支球队各对阵一场，第一阶段积分前八的球队方能进入第二阶段．其积分规则：常规时间90分钟内获胜的球队积3分，负者积0分；若常规时间战平，点球大战胜者积2分，负者积0分．假设某个球队甲，对其他所有球队常规时间取胜的概率均为，战平的概率均为，若进入点球大战则取胜的概率均为，且每场比赛相互独立． （1）求甲球队在接下来的三场比赛中恰有两场获胜的概率； （2）设X为甲球队在接下来的两场比赛中的积分，求X的分布列与期望． 18. 已知点是抛物线上一点，点，． （1）求的坐标和抛物线C的方程； （2）连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点……，如此不断循环，即连接交C于另一点，令为关于x轴的对称点，得到点列和，设，． （i）证明：数列为等差数列； （ⅱ）记四边形的面积为，求并证明：． 19. 已知函数． （1）求曲线在处的切线方程； （2）当时，证明在R上有唯一零点； （3）对，恒成立，求m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $