云南省昆明市云南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期适应性月考（六）数学试卷

这是一份云南省昆明市云南师范大学附属中学2025-2026学年高三上学期适应性月考（六）数学试卷，共15页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

数学参考答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
答案
B
D
C
C
B
A
D
A
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）
【解析】
已知 z  1  i ，则 z  1  i ，故 zz  (1  i)(1  i)  1  (1)  2 ，故选 B．
→→→ →
由题可知 a  b ，故 a • b  0 ，即 n  2  0 ，故 n  2 ，故选 D．
令2x ≥4，解得 x≥2，因为(x  1)2 ≥1，故 x  1≥1 或 x  1≤ 1 ，解得 x ≥2 或 x ≤0，得
到 A  [2， )，B  (，0] ∪[2， ) ，即 x  A 可以推出 x  B ，而 x  B 推不出 x  A ，得到“ x  A ”是“ x  B ”的充分不必要条件，故选 C．

因为 x 

2 n 
x

的展开式中，二项式系数的和为 64，故2n  64 ，即 n  6 ，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．
由 sin A ∶ sin B ∶ sin C  3 ∶4∶5 以及正弦定理可得 a ∶ b ∶ c =3∶4∶5，故 C  π ，
2
112k 2
a  3k，b  4k，c  5k，k  0 ，又 S△ABC  2 ab 
最小的边长为 a ，故 a  3k  6 ，故选 B．
 24 ，解得 k  2， 2 （舍），又因为
2
f (x)  x3  3ax  2 ，则 f (x)  3x2  3a ，若 f (x) 存在至少 2 个零点，由函数单调性可知，
f (x) 要同时存在极大值和极小值，故 a  0 ，当 a  0 时，结合 f (x) 可知： f (x) 的极大值
为 f (
a ) ，极小值为 f (
a ) ，若 f (x) 要存在至少 2 个零点，则 f (

 f (
a )≥0，
即
a )≤0，
3
2  2a 2 ≥0，
3解得 a≥1 ，故选 A．

2  2a 2 ≤0，
由 a  0 ， b  0 ， a  b  2ab 可得 1  1  1，所以 1  1 ，即 a  1 ，同理可得 1  1 ，
2a2b2a22b
ab
ab
则b  1 ，故 A 正确；因为 a  0，b  0 ，故2ab  a  b ≥ 2 2
，当且仅当 a  b  1 时，等
ab
号成立，所以 ab ≥
，即
≥1，ab≥1，故 B 正确；由 A 可知： a  1 ， b  1 ，可
得 b 
a
1 ，不等式两边同时加上 1 2a2b
，可得 b  1 
a2b
1  1
2a2b
，又 1  1
2a2b
22
 1，所以
b  1  1 ，故 C 正确；由 1  1  1可得 a  2b  (a  2b)  1  1   3  a  b

a2b
2a2b
 2a2b 22ba
a • b
2b a
≥ 3  2
 3 
2
，当且仅当 a
 b 时，即 a  1 

2 ，b  2 
2 时等号成立，所
222ba24
2
以 a  2b ≥ 3 ，故 D 错误，故选 D． 2
在 f (xy  1)  f (x) f ( y)  f ( y)  x  2 中，令 x  0 ，得 f (1)  f (0) • f ( y)  f ( y)  2 ，且
f (0)  1，故 f (1)  2 ；令 y  0 ，得 f (1)  f (x) • f (0)  f (0)  x  2 ，所以 f (x)  x  1 ．所
1111
20251
i 1
以 f (x  1) f (x  2)  x(x  1)  x  x  1 ，所以  f (i  1) f (i  2) 
1  1  1  1 … 11 1 1 2025 ，故选 A．
2232025202620262026
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）
【解析】
对于抛物线 y2  2 px( p  0) ，由题中方程知 p  4 ，故准线方程为 x   p  2 ，故选项
2
A 正确；焦点坐标为(2，0)，故选项 B 错误；若 y  4 ，则 x  2 ，且| PF | x  p ，故
0002
| PF | 4 ，故选项 C 正确；因为| PF | x  p  x  2 ，点 P 在抛物线 C 上，故 x ≥0，
0200
故| PF | ≥2，故选项 D 错误，故选 AC．
把原样本 25 个数据从小到大排列，记为： x1，x2，x3，…，x25 ，中位数是 x13 ；去掉最大的
2 个和最小的 1 个数据后，剩下 22 个数据： x2，x3，…，x23 ，此时数据个数为偶数，中位
题号
9
10
11
答案
AC
BD
BCD
数是 x12 和 x13 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； 25  30%  7.5 ，原样本数据的 30%分位数是 x8 ；
22  30%  6.6 ，剩下 22 个数据的30% 分位数是第 7 个数据，即 x8 ，故选项 B 正确；由
题可知： x 22 x1 3x2 ，因为 x  x ，故 x  x  x ，故选项 C 错误；
22  322  3
1212
s2 22 [s2  (x1  x)2 ] 3[s2  (x  x)2 ] ，而 x  x  x ，故 25s2  22s2  3s2 ，故
22  3 1
22  3 22
1212
选项 D 正确，故选 BD．
f (x)  sin(x)  1 sin(2x)  1 sin(3x)  1 sin(4x) …  1 sin(50x)  sin x  1 sin 2x
234502
 1 sin 3x  1 sin 4x …- 1 sin(50x)   f (x) ，故 f (x) 为 R 上的奇函数，图象关于原点对
3450
称，故选项 A 错误；当 x   π ， π  时， 2x   ππ  3x   ππ  ，故 y  sin x ，
 12 12 
 ， ，
 ， 
 66  44 
y  1 sin 2x，y  1 sin 3x， 在  π ， π  上都是增函数，则 f (x) 在  π ， π  上单调递
23

12 12 

 12 12 
增，选项 B 正确；因为 y  sin x 的最小正周期为 2π ， y  1 sin 2x 的最小正周期为π ，
2
所以 g(x) 的最小正周期为 2π ，其频率 f  1  1 Hz ，纯音 h(x) 的最小正周期为 2π ，
1T2π4
其频率 f  1  2 Hz ，声音甲的频率更低，故声音甲比纯音 h(x) 低沉，选项 C 正确；
2Tπ
F (x)  sin x  sin  x  π   1 sin(2x  π)  sin x  cs x  1 sin 2x ，令sin x  cs x  t，
2 22
t [ 2，

2] ，平方可得：1  sin 2x  t 2 ，代入上式得 y  t  1 (t2  1)   1 t 2  t  1 ，
222
t [ 2， 2] ，由二次函数知识， y   1  2，1 ，故选项 D 正确，故选 BCD．
 2
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号
12
13
14
答案
2.6
3x  4 y  7  0
16 6
3
【解析】
由分布列性质，得0.2  0.3  a  0.3  1，解得 a  0.2 ，故 E( X )  1 0.2  2  0.3  3  0.2 
4  0.3  2.6 ．
由题意，直线 AB 的斜率存在，设 A(x1，y1 )，B(x2，y2 ) ，则 x1  x2  2 ， y1  y2  2 ，因为
x2y2
x2y2
x2  x2
y2  y2
点 A，B 在椭圆上，所以 1  1  1， 2  2  1 ，两式相减得， 12  12 ，即
868686
(x1  x2 )(x1  x2 )  ( y1  y2 )( y1  y2 ) ，整理得 y1  y2  3  x1  x2 ，即 y1  y2  3 ，所

43x1  x24y1  y2x1  x24
以直线 AB 的斜率为 3 ，则直线 AB 的方程为 y  1  3 (x  1) ，即3x  4 y  7  0 ．
44
由题可知，球心 O 为 AB 的中点，对于给定的 ， S
 AB • (OC sin )  16sin ，记
△ABC2
点 D 到平面 ABC 的距离为 h ，则V ( )  1 (S
)(h)
，当面 DOC  面 ABC 时， h 取
3△ABC
max
3
3

最大值，故 h 2，故V ( )  1 (16sin )  2 32 3 sin ，而   π3π  ，故
V ( )
max
 32 3 
33
2  16 6 ．
，
 44 
min
323
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．（本小题满分 13 分）
（1）证明：数列{a } 中， a  1 ， a  6 ，
n125
当 n ≥2 时， 5an1  6an  an1 ，
即5an1  5an  an  an1 ，
即 a a  1 (a  a) ，且 a  a  1 ，
n1n5nn1
215
所以{a a } 是以 a
 a  11
6 分）
n1n
为首项，以 为公比的等比数列．…（
2155
n1n
•

（2）解：由（1）知a a  1  1  1  (n  N* ) ，
55
n1
n   
5   
 1 n1
 
故当 n ≥2 时， an  an1   5 
， an  (an  an1)  (an1  an2 ) …  (a2  a1)  a1 ，
 1 n1
 1 n2
 1 1 
51  1 n1
故 an   5 
  5 
…   5    1 ，故 an 
 5 
(n≥2)，
    
44  
对于 n  1 ，an
 5  1
44
 1 0
5
 
 
 1，所以 an
 5  1
44
 1 n1
5
 
 
(n  N* ) ．（13 分）
16．（本小题满分 15 分）
证明：如图 1，连接 A1B ，交 B1E 于点 G，因为 A1B1∥AB，所以△A1B1G 与△BEG 相似，
且 A1B1  BE ，
图 1
故△A1B1G ∽== △BEG ，故 A1G  BG ，且 BF  FC ，故 A1C∥GF ，
而GF  平面 B1FE ，A1C  平面 B1EF ，故 A1C∥平面 B1EF ．（7 分）
解：延长 AA1，BB1，CC1，DD1 交于点 P ，则 P  ABCD 为正四棱锥，连接 AC，BD 交于点O ，则 AC  BD，且 PO  平面
ABCD，
故以 AC，BD，PO 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 D1 在平面 ABCD 内的投影点，结合已知以及正四棱台的几何性质知 DH  D1H  2 ；
图 2
故 B1(2，0，2)，E(2，2，0)，F (2， 2，0)，C1(0， 2，2)，
––→ ––→
n1，n2 分别为平面 B1EF 与平面C1EF 的法向量，
––→ –––→
n1 • EF  0，
––→
––→ –––→
n2 • EF  0，
––→
则––→ –––→
n1 • EB1  0，
可取 n1  (1，0，0) ， ––→ ––––→
n2 • EC1  0，
–→ ––→
可取n2  (1，0，1)，
记 为二面角C1  EF  B1 的平面角，  为 n1，n2 的夹角，由图可知 为锐角，
–––→ ––→
| n1 |• | n2 |
n1 • n2
––→ ––→
故cs | cs |
，故  π ．（15 分）
2
24
17．（本小题满分 15 分）
（1）证明：若 a  0， 则 f (x)  3 x2  x ，欲证 f (x) ≥ 1  ln x 在[1，+∞)上恒成立，
22
即证明： 3 x2  x  1  ln x ≥0 在[1，+∞)上恒成立，
22
令 g(x)  3 x2  x  1  ln x ，
22
1 213
13 x  6   12
则 g(x)  3x 1 
x
  ，
x
1 213
6
令 h(x)  3 x  

，又 x≥1，
12
故 h(x) ≥1，则 g(x)  0 ，
故 g(x) 在[1，+∞)上单调递增，则 g(x) ≥ g(1) ，即 g(x) ≥0，
故 f (x) ≥ 1  ln x 在[1，+∞)上恒成立．
2
…（7 分）
a3x2  (3a  1)x  a(3x  1)(x  a)
（2）解： f (x)  3x   (3a  1) ，
xxx
①若a ≤0，则当 x  0 1  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递减，
 ， 
3 
当 x  1，  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增；
 3

②若0  a  1 ，则当 x (0，a) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增，
3
当 x  a 1  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递减，
 ， 
3 
当 x  1，  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增；
 3

③若 a  1 ，则当 x (0， ) 时， f (x) ≥0， f (x) 单调递增；
3
④若 a  1 ，则当 x  0 1  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增，

3， 
3 
当 x  1，a  时， f (x)  0 ， f (x) 单调递减，
 3

当 x (a， ) 时， f (x)  0 ， f (x) 单调递增．
综上，当 a≤0， f (x) 的单调递减区间为 0 1  ，单调递增区间为 1，  ；
 ，  
3  3
当0  a  1，f (x) 的单调递减区间为 a 1  ，单调递增区间为(0，a)  1
 ；

3， 
， ，
3  3
当 a  1 ， f (x) 无单调递减区间，单调递增区间为(0，+∞)；
3
当 a  1 ， f (x) 的单调递减区间为 1，a  ，单调递增区间为 0 1 
(a， ) ．
3 3
 ， ，
3 
…（15 分）
18．（本小题满分 17 分）
（1）解：甲赢得挑战的概率为： 1  1  1  1  1  1   1  1  1  1  5 ．
3 3 3 33  3 3 3 3243

…（4 分）
43
 2 4
（2）（i）解： P  1   
 
 65 ；当乙同学回答完 6 道题目后，出现连续答对至少 4 道题
81
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），
 2 6
 2 5  1 1
 2 4  1 1
 2 4  1 2
 2 4  1 1 163
故 P6  1   3 
 2   3   3 
  3   3 
  3   3 
  3   3    243 ；
              
…（10 分）
（ii）证明：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n  1题未出现连续答对至少 4 道题的情形，此时概率为 1 P ；
3 n1
② 第n 题答对，第n  1题答错，且前 n  2 题未出现连续答对至少 4 道题的情形，此时概
率为 2  1 P；
33 n2
③ 第n 题答对，第 n  1题答对，第 n  2 题答错，且前 n  3 题未出现连续答对至少 4 道题
的情形，此时概率为 2  2  1 P；
333 n3
④第n 题答对，第 n 1题答对，第 n  2 题答对，第 n  3 题答错，且前 n  4 题未出现连续
答对至少 4 道题的情形，此时概率为 2  2  2  1 P，
3333 n4
由全概率公式： P
 1 P
 2  1 P
 2  2  1 P
 2  2  2  1 P
(n ≥ 6，n  N* ) ①，
n3 n1

33 n2

333
n3

3333
n4
因此 P
 1 P
 2  1 P
 2  2  1 P
 2  2  2  1 P
(n ≥ 6，n  N* ) ②，
n1
2
3 n2
33 n3
16
333
n4
3333
*
n5
①- 3 ②： Pn  Pn1   243 Pn5 ≤ 0(n ≥ 6，n  N ) ，
所以当 n ≥6，n  N* 时， P ≤ P
，故 P ≤ P ．（17 分）
nn1
10099
19．（本小题满分 17 分）
（1）解：由题可知， a  0，b  0
c 
10
2
3
， a ，且c2  a2  b2 ，故b ，
，
a2
x2y2
故此时 C 的方程为
 1．（4 分）
23
（2）（i）证明：设 M (x ，y ) ，由题可知 M 点处的切线方程为 x0 x  y0 y  1 ，

00
b2 xy
a2b2
y
故直线 m 的斜率为 k
 0 ，且 k 0 ， k
 0 ，
0
ma2 y
MF1
x0  c
MF2
x0  c
记直线 m 与直线 MF1 的夹角为 ，记直线 m 与直线 MF2 的夹角为  ，直线 m 与 x 轴交于点 E，而  MEF2  MF1E，  MEF1  MF2 E ，
km  kMF
b2 (a2  cx )b2
故tan  tan(MEF  MF E)  1  0 ，
211  k ky (a2c  c2 x )cy
m MF1
000
km  kMF
b2 (cx
 a2 )b2
tan   tan(MEF  MF E)  2  0 ，则 tan   tan  ，
121  k ky (c2 x  a2c)cy
m MF2
000
且，  0 π  ，故   ，即切线 m 平分F MF ；…（10 分）
 ， 12
2 
（ii）解： | IF2 | 为定值 1 ；由（i）可推知 F，M，P 三
| AB |21
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F1 NF2 ，故可推知 F1，N，Q 三点
共线，故△NMF1 为直角三角形，如图 3，
sin MNQ  sin MNF  3 ，
15
可令| MF | 3t(t  0) ，则| NF | 5t，| MN | 4t ，图3
11
由双曲线的定义可得(| MF1 |  | MF2 |)  (| NF1 |  | NF2 |)  4a ，
即| MF1 |  | NF1 |  | MN | 4a ，即3t  5t  4t  4a ，所以t  a ，所以| MF1 | 3a，| NF1 | 5a，|MN|  4a ，
所以| MF2 || MF1 | 2a  a ，
在直角△F MF 中， tan MF F  | MF1 |  3 ，
212 1
| MF2 |
所以直线 MF2 （即直线 l）的方程为 y  3(x  c) ，
由| MF |2  | MF |2 | F F |2 ，得9a2  a2  4c2 ，
121 2
所以c2  5 a2  a2  b2 ，所以3a2  2b2 ，
2
所以两条渐近线的方程为 y2  3 x2 ，且双曲线 C 的离心率e 
2
10 ，
2
由题可知直线 y  3(x  c) ，与双曲线 C 的两条渐近线都相交，
 y  3(x  c)
联立

 y2  3 x2
，得5x2  12cx  6c2  0 ，
2
12c
6c2
设G(x1，y1 )，H (x2，y2 )，则 x1  x2 
5 ，x1 x2  5 ，
故 y  y  3(x  x )  6c   6c ，所以 I  6c ， 3c  ，
55
5
1212
所以| IF2 |


 6c
 5  c     5  0 
2

3c
2



 10 c ，
5
10 c
所以 | IF2 |  5 
10  e  1 ，所以 | IF2 | 为定值 1 ．（17 分）
| AB |2a
102
| AB |2