精品解析：云南师范大学附属中学2027届高三上学期高考适应性测试（四）数学试题

云南师大附中2027届高考适应性月考卷（四） 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. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 3. 函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 4. 在中，点为上一点，，点为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 5. 甘肃民勤县为治理荒漠化，每年春季在腾格里沙漠种树基地种植梭梭树，科研团队发现：某片梭梭树林的土地固沙量Q（吨/年）与种植年限t（年，）满足关系，其中a，b为常数，已知种植3年后固沙量为3吨/年，种植7年后固沙量为4吨/年，若要求该片梭梭树林的固沙量首次达到6吨/年，则至少需要种植（ ） A. 25年 B. 27年 C. 29年 D. 31年 6. 已知数列的前n项和为，若，则使得成立的n的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 7. 定义在上的函数的导函数为，满足且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 8. 已知椭圆：，过坐标原点的直线交于、两点，其中点在第一象限，直线交于点，交轴正半轴于点，则的最小值为（ ） 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. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 将的图象上各点横坐标伸长到原来的5倍（纵坐标不变），再将图象向右平移个单位，得到函数的图象 D. 方程在区间上恰有2个不相等的实数根，则取值范围为 11. 有6张相同的卡片，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中有放回地随机抽取3次，每次取1张．记为前两次取出的卡片上数字的平均值，为三次取出的卡片上数字的平均值．则下列说法正确的有（ ） A. 事件“”的概率为 B. 事件“”与事件“第三次取出的卡片上数字为偶数”相互独立 C. 在的条件下，第三次取出的卡片上数字为奇数的概率为 D. 事件“、均为偶数”的概率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为________． 14. 在锐角中，，，点为的中点，为的中点．若，则的取值范围为________． 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. 2026年世界杯由美国、加拿大、墨西哥联合举办，参赛队伍从32支扩军至48支，小组赛阶段共有32支球队出线（每组前两名个成绩最好的小组第三）．为研究“世界排名”与“小组赛出线能力”的关系，某研究团队以2022年卡塔尔世界杯32支参赛球队为样本，以抽签前世界排名为依据，将球队分为“世界排名前16名”与“16名以后”两组，统计其小组出线情况如下： 小组赛出线 小组赛未出线 合计 世界排名前16名 12 4 16 世界排名16名以后 4 12 16 合计 16 16 32 （1）2026年世界杯48支参赛球队中“世界排名16名以后”的球队共32支，记2022年世界杯“世界排名16名以后”的球队出线率为，用估计2026年世界杯“世界排名16名以后”的球队出线率．求的值，并估计2026年世界杯“世界排名16名以后”球队的出线数量； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为“世界排名”与“小组赛出线”有关？ 附：，其中． 0.10 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 16. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在轴上方，且满足． （1）求直线的方程； （2）设点，在抛物线上，且，求直线所过定点的坐标． 17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，，点为下底面圆周上异于，的点． （1）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由； （2）若平面与平面所成的夹角为，求点到平面的距离． 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，，且，证明：． 19. 已知阶方阵中每一行成等差数列，每一列都是公比为2的等比数列，已知第一行的前项和为． （1）求和的值； （2）记． （ⅰ）求； （ⅱ）设，若数列为递减数列，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 云南师大附中2027届高考适应性月考卷（四） 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. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】全称命题的否定，转为存在量词命题，否定结论 命题“，”的否定为， 2. 已知随机变量服从正态分布，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用正态分布密度曲线关于对称轴对称的性质，结合已知区间概率计算即可. 【详解】随机变量服从正态分布，其正态密度曲线关于直线对称， 因此， 根据概率的区间可加性，. 3. 函数的图象如图所示，则的解析式可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据函数图象的奇偶性、函数值的正负以及特殊点的函数值，利用排除法即可求解. 【详解】由图象可知，函数的图象关于轴对称，故为偶函数， 对于B项，，因为为偶函数，为奇函数，所以 为奇函数，图象关于原点对称，不符合题意，故B错误； 对于D项，，因为为奇函数，为偶函数，所以为奇函数，图象关于原点对称，不符合题意，故D错误； 对于C项，且，而图象过原点，即 ，不符合题意，故C错误； 对于A项，，因为为奇函数，为奇函数，所以为偶函数，图象关于轴对称，且，当时，，则，符合图象特征，故A正确. 4. 在中，点为上一点，，点为的中点，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】，点为的中点， 故 ， 所以，. 5. 甘肃民勤县为治理荒漠化，每年春季在腾格里沙漠种树基地种植梭梭树，科研团队发现：某片梭梭树林的土地固沙量Q（吨/年）与种植年限t（年，）满足关系，其中a，b为常数，已知种植3年后固沙量为3吨/年，种植7年后固沙量为4吨/年，若要求该片梭梭树林的固沙量首次达到6吨/年，则至少需要种植（ ） A. 25年 B. 27年 C. 29年 D. 31年 【答案】D 【解析】 【详解】由和，得， ． 由对数真数为正，且，两式相减得， 所以，解得． 代入，得，故． 当固沙量首次达到吨/年时，， 所以，解得． 由于底数，且时，所以随增大而增大，故首次达到吨/年的种植年限为年． 6. 已知数列的前n项和为，若，则使得成立的n的最小值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】B 【解析】 【分析】将通项裂项，利用裂项相消求出前项和，再解关于正整数的不等式，比较最小满足值． 【详解】由， 得． 因为为正整数，故． 当时，； 当时，，且随正整数增大而增大，所以满足条件的最小值为． 7. 定义在上的函数的导函数为，满足且，则的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】对变形为，，转化为，构造函数求解即可. 【详解】对进行变形为， ，即， 设，，那么， 所以在上单调递减，又， 所以， 所以，即 即， 又是定义在上的减函数，所以. 所以的解集为. 8. 已知椭圆：，过坐标原点的直线交于、两点，其中点在第一象限，直线交于点，交轴正半轴于点，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用椭圆的对称性可以得到为定值，利用向量找到与直线与直线倾斜角的关系，从而得到的表达式，最后求得的最小值. 【详解】设，则，那么 ， 又， 所以， 由于，故 所以， 所以 又， 所以 当且仅当即时取等号，因为，所以时取等号， 所以的最小值为. 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. 设复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】对于A，因为，故周期为4. 故. 所以. 对于B，. 对于C，因为，所以. 对于D，，是虚数，不是实数，故. 10. 函数的部分图象如图所示，则下列说法正确的是（ ） A. B. 的单调递增区间为 C. 将的图象上各点横坐标伸长到原来的5倍（纵坐标不变），再将图象向右平移个单位，得到函数的图象 D. 方程在区间上恰有2个不相等的实数根，则取值范围为 【答案】BD 【解析】 【分析】由图得，将点代入求得，利用和周期变化求得，即可判断A；对于B，由，利用正弦型函数的单调性即可判断；对于C，利用图象变化可判断；对于D，作出函数图象，利用数形结合判断. 【详解】由图可得，将代入，得， 则，结合图可得. 由，可得，所以. 由图象过点，且该点处于递减区间内，则， 又该点是最小正周期内第一个下降零点，则，所以，解得. 所以. 对于选项A，因为，故A错误； 对于选项B，由，得. 所以的单调递增区间为，故B正确； 对于选项C，将的图象上各点横坐标伸长到原来的5倍（纵坐标不变）， 得， 再将图象向右平移个单位，得到，故C错误； 对于选项D，当时，作出的图象，如图. 当经过时，. 由图可得当倾斜角变小，即斜率变小时，与有两个交点； 当时，与只有一个交点. 所以方程在区间上恰有2个不相等的实数根，则取值范围为，故D正确. 11. 有6张相同的卡片，分别标有数字1、2、3、4、5、6，从中有放回地随机抽取3次，每次取1张．记为前两次取出的卡片上数字的平均值，为三次取出的卡片上数字的平均值．则下列说法正确的有（ ） A. 事件“”的概率为 B. 事件“”与事件“第三次取出的卡片上数字为偶数”相互独立 C. 在的条件下，第三次取出的卡片上数字为奇数的概率为 D. 事件“、均为偶数”的概率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】A选项，用列举法求解；B选项，利用事件相互独立时候的概率公式求解；C选项，利用条件概率公式求解；D选项，用列举法求解. 【详解】设三次抽到的数字依次为：，则，，有放回地选三个数，总情况数为：种. A选项，若，则，解得：， 当时，，有一种情况；当时，，有，，三种情况； 当时，，有，，，，五种情况； 当时，，有，，，，五种情况； 当时，，有，，三种情况；当时，，有一种情况； 设事件为“”，则事件包含的情况有：，所以，所以A选项正确； B选项，设事件为“” ，事件为“第三次取出的卡片上数字为偶数”， 事件为“且第三次取出的卡片上数字为偶数” ， 对事件，若，则，由对称性可得：， 对事件，若为偶数，则可以为三种情况，则， 对事件，若且第三次取出的卡片上数字为偶数，即：为的同时， ，当时，，共有30种情况，当时，，共有10种情况， 当时，，共有0种情况，合计40种情况； 所以，因为，所以事件和事件不独立，所以B选项错误； C选项，设第三次取出的卡片上数字为奇数为事件，则，代表的同时为奇数的概率， 由B选项解析可知：的所有情况有：种， 为偶数共40种，则为奇数共种，所以，所以C选项正确； D选项，事件为“、均为偶数” ，则事件包含的所有情况为：，，，，， ，，，共九种情况，所以，所以D选项正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知正四棱台的上底面边长为2，下底面边长为4，侧棱长为，则该正四棱台的体积为__________． 【答案】28 【解析】 【分析】根据题意先求出棱台的高，然后利用棱台体积公式求解. 【详解】如图所示，为正四棱台，连接， 由，得， 过作，为垂足；过作，为垂足， 则，， 又，在中，得， 所以正四棱台的高，正四棱台上下底面积分别为4和16， 体积. 故答案为：28 13. 已知双曲线的左、右焦点分别为，，左、右顶点分别为，，以为直径的圆与的一条渐近线交于，两点，且，则双曲线的离心率为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，以为直径的圆的方程为和渐近线的方程，联立方程组求得的坐标，由，得到直线的斜率为，利用斜率公式，求得，结合双曲线的离心率的定义，即可求解. 【详解】由双曲线的左右焦点分别为，满足， 且左右顶点为，则双曲线的其中一条渐近线方程为， 以为直径的圆的方程为， 联立方程组，整理得，解得， 代入渐近线方程，可得，即， 因为点与的横坐标相同，所以直线垂直于轴， 又因为，可得直线的倾斜角为，即斜率为， 因为，可得，所以， 所以双曲线的离心率为. 14. 在锐角中，，，点为的中点，为的中点．若，则的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用余弦定理求出的范围，再利用向量的线性运算及数量积的运算律求出范围. 【详解】在锐角中，，由余弦定理得， 即，则，由点为的中点， 得，则，于是， 由为的中点，得， 因此， 所以的取值范围为. 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. 2026年世界杯由美国、加拿大、墨西哥联合举办，参赛队伍从32支扩军至48支，小组赛阶段共有32支球队出线（每组前两名个成绩最好的小组第三）．为研究“世界排名”与“小组赛出线能力”的关系，某研究团队以2022年卡塔尔世界杯32支参赛球队为样本，以抽签前世界排名为依据，将球队分为“世界排名前16名”与“16名以后”两组，统计其小组出线情况如下： 小组赛出线 小组赛未出线 合计 世界排名前16名 12 4 16 世界排名16名以后 4 12 16 合计 16 16 32 （1）2026年世界杯48支参赛球队中“世界排名16名以后”的球队共32支，记2022年世界杯“世界排名16名以后”的球队出线率为，用估计2026年世界杯“世界排名16名以后”的球队出线率．求的值，并估计2026年世界杯“世界排名16名以后”球队的出线数量； （2）依据小概率值的独立性检验，能否认为“世界排名”与“小组赛出线”有关？ 附：，其中． 0.10 0.05 0.01 0.005 2.706 3.841 6.635 7.879 【答案】（1），估计出线数量为8支； （2）依据小概率值的独立性检验，能认为“世界排名”与“小组赛出线”有关，理由如下： 先假设“世界排名”与“小组赛出线”无关， ， 依据小概率值的独立性检验，假设不成立， 所以能认为“世界排名”与“小组赛出线”有关. 【解析】 【小问1详解】 由于2022年世界杯“世界排名16名以后”的球队出线个数为4， 故； 估计2026年世界杯“世界排名16名以后”球队的出线数量为支； 【小问2详解】 略 16. 已知抛物线：的焦点为，过点的直线与抛物线交于，两点，点在轴上方，且满足． （1）求直线的方程； （2）设点，在抛物线上，且，求直线所过定点的坐标． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用韦达定理结合向量条件得到坐标值，再求解； （2）设出直线方程，结合向量条件，用待定系数法求解. 【小问1详解】 ， ，所以，不妨设过点的直线方程为：，与抛物线相交于点，， 其中，，则，， 联立，解得：， 由韦达定理得：，， 根据题意，，即：， 又因为，，所以，即：，代入解得：， 所以，解得：，所以直线方程为：，即：. 【小问2详解】 设，，，， 同理得：，由，得， 即：， 令，，则变形为：，所以， 设直线方程为：，整理得：， 即：，移项合并后得：， 该式对任意恒成立，所以，解得：，即：直线所过定点的坐标为. 17. 如图，圆台的轴截面为等腰梯形，，，点为下底面圆周上异于，的点． （1）在线段上是否存在一点，使得平面？若存在，指出点的位置，并证明；若不存在，请说明理由； （2）若平面与平面所成的夹角为，求点到平面的距离． 【答案】（1）存在，且为的中点，理由如下： 如图：取的中点，的中点，连接、、， 则且，又由题可得且， 所以且， 故四边形是平行四边形，则， 又平面，平面，故平面； （2）或 【解析】 【分析】（1）取的中点，的中点，借助平行四边形性质可得，即可得证； （2）建立适当空间直角坐标系后，设并表示出点坐标，再求出平面与平面的法向量后，利用空间向量夹角公式计算可得点坐标，再求出平面的法向量后，利用空间中点到平面距离公式计算即可得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，取弧的中点为，以为原点， 、、所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 过点作于点，则，， 则，，，，， 设，，则， 则，， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 由轴垂直平面，故平面的法向量可取， 则，解得， 则点的坐标为或或或， 当点的坐标为时，，又， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 由，则点到平面的距离， 由对称性可知，当点坐标为时，距离也为； 当点坐标为时，，又， 设平面的法向量为， 则有， 取，则，，即， 由，则点到平面的距离， 由对称性可知，当点坐标为时，距离也为； 综上可得：点到平面的距离为或. 18. 已知函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若在上恒成立，求的取值范围； （3）若函数有两个不同的零点，，且，证明：． 【答案】（1） （2） （3）由题意，，两式相减得， ，即， 令，则，代入得， 又，， 要证，即证， 而， 故只需证，即， 设，，则， ， 设，则， 当时，，单调递减；当时，，单调递增， 故， 即，所以在上单调递增，， 即，从而，即. 【解析】 【分析】（1）由a=2先求与，再用点斜式写切线方程； （2）由"+1后-1"构造，将化为，恒成立等价于无零点，分类讨论的最大值符号； （3）由两零点方程相减得，作比值代换，将目标化为关于的一元函数，构造辅助函数求导证明. 【小问1详解】 ， ，故， 故所求切线方程为， 即. 【小问2详解】 ， 令，则， 设，则，在上单调递减、在上单调递增，故，当且仅当时取等号， 因此，且， 在上恒成立，等价于无零点， ， 当时，，在上单调递增，又，，故有唯一零点，不合题意， 当时，在上单调递增、在上单调递减， 最大值为， 要使无零点，只需最大值小于0，即，解得， 当时，，即，不合题意， 综上，的取值范围为. 【小问3详解】 略 19. 已知阶方阵中每一行成等差数列，每一列都是公比为2的等比数列，已知第一行的前项和为． （1）求和的值； （2）记． （ⅰ）求； （ⅱ）设，若数列为递减数列，求实数的取值范围． 【答案】（1）， （2）（ⅰ）；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用等差数列定义与等比数列定义计算即可得； （2）（ⅰ）借助等比数列求和公式与错位相减法计算即可得；（ⅱ）利用数列单调性定义作差计算即可得. 【小问1详解】 由第一行的前项和为，则， 公差，则， 又每一列都是公比为2的等比数列，则； 【小问2详解】 （ⅰ）由（1）可得，， 则， 由， 则 ， 其中； 令， 则， 故， 则， 故 ， 即； 令，则， 故 ， 故，即， 故 ； （ⅱ）， 由数列为递减数列，则恒成立， 即 ， 故，令，则， ， 令，解得， 故当时，有， 当或时，， 故在时，取最大值，， 则， 即实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $