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z=2+i,则10
2+1
A.2+i
B.2-i
C.3+i
D.3-i
3已知集合A=1-1<2,案合B=e1小，则4nB=
A.(-1,0)
B.（1,3)
C.(0,1)
D.（-1,0)U(1,3)
4.已知a=(x,1),=(2,3),若a1(a-2),则|a-61=
A.3
B.11
C.√13
D.√/15
5.已知等比数列{an}是递增数列，前n项和为Sn,且满足a1=1,3a2,2a3,a4成等差
数列，则S5=
A.81
B.5
C.121
D.5或121
6.如图1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
图1
C.720
D.960
数学·第1页（共4页)
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7.已知一个底面半径为√2，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.
32
27
C.
27
27
B.64
D.
27
32
64
&已知精圆c:茶=1(0>0)的两个年点为，月，者A,B为C上的两个点，且
满足AF·BF=0,2AF=3F2B,则C的离心率为
3
1
A.
B.
3
3
C.5
5
D.
6
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y=√3x相切的有
A.(x+√5)2+(y-1)2=1
B.(x-√3)2+(y-1)2=1
C.（x+3)2+(y+√5)2=3
D.(x+√5)2+(y+3)2=3
10.已知f(x)是定义在R上的奇函数，且y=f(x+2)为偶函数，以下说法正确的是
A.y=f(x)的图象关于x=-2对称
B.f(x)为周期函数
C.若f(x)在(0,2)上单调递减，则f(x)在(-4，-2)上单调递减
D.若xe[0,2]时，f(x)=x3,则f(1)+f(2)+f(3)+…+f(2025)+f(2026)=9
11.在△ABC中，A,B,C所对的边分别为a,b,c,已知3a2+b2+c2=5,则
若sinA:sinB:sinC=5:4:3,则△ABC外接圆半径为
B.若a=1,则A≥号
C.若b=1,则ae
√13-1√13+1
4
…4
D.△MBC面积的最大值为
28
数学·第2页（共4页)数学参考答案
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
项符合题目要求的.
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 B D D C C B A C
【解析】
1 4000 1 1．高中生比例为 ，故应抽取的高中生人数为100 20 人，故选 B．
8000 8000 4000 5 5
2 10 10 10(3 i) 10(3 i)． 3 i ，故选 D．
z 1 3 i (3 i)(3 i) 10
3． A {x | 1 x 3}， B {x | x 0或x 1}， A B ( 1，0) (1，3)，故选 D．
4． a 2b (x 4， 5)，∵a (a 2b)，∴a (a 2b) 0，即 x(x 4) 5 0，解得 x 1 或
x 5 ，则 a ( 1，1)或 a (5，1) ，则 a b ( 3， 2) 或 a b (3， 2) ，故 | a b | 13 ，
故选 C．
5．由题意知 4a3 3a2 a4 ，即 4a2q 3a2 a2q
2 ，解得 q 1或q 3，又因为{an}是递增数列，
q 1 S 1(1 3
5 )
故 舍去，则 5 121，故选 C． 1 3
6．根据题意，站位方式一共有C12A
2 5
2A5 2 2 120 480，故选 B．
7．正四棱柱要想足够大，其上底面四个点一定与圆锥面相接．如
图 1 所示，作圆锥的轴截面 SPQ，则 ACC1A1为正四棱柱竖直的
对角面．设正四棱柱底面边长为 x ，高为 h ，则由相似知
图 1
A1C1 SM1 2x 2 h ， 即 ， 解 得 h 2 x ， 设 正 四 棱 柱 体 积 为 V ， 则
PQ SM 2 2 2
V x2h x2 (2 x) 2x2 x3 ， 即 求 V (x) 2x2 x3 在 (0，2) 上 的 最 大
4 4
值．V (x) 4x 3x2 x(4 3x)，易知V (x) 在 0， 上单调递增， ，2 上单调递减，故
3 3
V (x) V 4
2 3
max 2
4 4 32
，故选 A．
3 3 3 27
数学参考答案·第 1 页（共 9 页）
8 2 5． 如 图 2 所 示 ， 不 妨 设 | AF2 | x ， 则 | BF2 | x，| AB | x ， 由 椭 圆 定 义 知3 3
| AF1 | 2a x，| BF1 | 2a
2
x ，∵AF1 BF1 0，∴AF1 BF1 ，在Rt△ABF1 中，由勾股定理3
2 2 5 2(2a x)2 2a x x 知 ，解得 x a ，故知如图中情况 A 即
3 3
为 C 的左顶点， A( b，0) ，又 F2 (0，c) ，又 2AF2 3F2B， 故
5
2 2
c 2 b
B 2 b
5 c 2 5 3 3， ，将 B b， c
代入C 的方程得 1，化
3 3 3 3 a2 b2 图 2
c2 1
简得 2 ，故离心率 e
c 5
，故选 C．
a 5 a 5
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，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分.
题号 9 10 11
答案 BC ABD ACD
【解析】
9 π． y 3x 的倾斜角为 ，若圆与 x 轴和直线 y 3x 同时相切，则圆心在所在直线的倾斜角
3
π 3
必为 ，即圆心一定在直线 y x 上，不妨设圆心为 ( 3m，m) ，则半径为 | m | ，故任意
6 3
形如 (x 3m)2 (y m)2 m2 (m 0) 均可，故选 BC．
10．由题意知，f ( 2 x) f (2 x) f (2 x) f (x 2)，故知 y f (x) 的图象关于 x 2 对
称 ， A 正 确 ； 又 f (x 4) f (2 (x 2)) f (2 (x 2)) f ( x) f (x) ， 故
f (x 8) f (x 4 4) f (x 4) f (x)，故知 f (x) 为周期函数，8 是它的周期，B 正确；
对于 C 选项， f (x) 在 (0，2)上单调递减，因为其为奇函数，故 f (x) 在 ( 2，0) 上亦单调递
减，又 y f (x) 的图象关于 x 2 轴对称，故 f (x) 在 ( 4， 2) 上单调递增，C 错误；对
于 D 选 项 ， 易 知 y f (x) 的 图 象 关 于 (4，0) 中 心 对 称 ， 故
f (1) f (2) f (3) f (5) f (6) f (7) 0 ， 又 f (4) f (8) 0 ， 故
f (1) f (2) f (8) 0 ， 又 8 是 f (x) 的 周 期 ， 故
f (1) f (2) f (3) f (2025) f (2026) 253 0 f (1) f (2) 1 8 9，故 D 正确，故
选 ABD．
数学参考答案·第 2 页（共 9 页）
11．A 选项，若 sin A∶sin B∶sin C 5∶4∶3，由正弦定理知 a∶b∶c 5∶4∶3，则 b2 c2 a2 ，
代入3a2 b2 c2 5 5，解得 a ，又△ABC 是以 A为直角的直角三角形，故外接圆半
2
a 5
径 为 ， 故 A 正 确 ； B 选 项 ， 若 a 1 ， 则 b2 c2 5 3a2 2 ，
2 4
b2cos A c
2 a2 2 1 1 1 π
≥ 2 2 ，当且仅当b c 1时取等，故 A≤ ，故 B 错误；2bc 2bc b c 2 3
C 选项，若 b 1 ，则 3a2 c2 5 b2 4 ，由于 a，b，c 是三角形的三条边，故必有
| a b | c a b，即 | a 1| c a 1，代入 3a2 c2 4 得3a2 (a 1)2 4 3a2 (a 1)2 ，
a 13 1 13 1
解得 ， ，故 C 正确；D 选项，设 AD 为 BC 边上的中线，由中线长公
4 4
AD 1式 知 2(b2 c2 ) a2 1 2(5 3a2 ) a2 1 10 7a2 ，
2 2 2
S 1 1 1 2 1 2 1△ABC a | AD | sin ADC≤ a | AD | a 10 7a 7a 10 7a ≤ 2 2 4 4 7 4 7
7a2 10 7a2 5 7
，当且仅当 sin ADC 1（即b c）和 7a 10 7a2 同时成立时取
2 28
35 70 5 7
等，此时 a ，b c 即可，故△ABC 面积的最大值为 ，D 正确，故选 ACD．
7 7 28
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
题号 12 13 14
1
答案 y 2x 2 a ， 10 2e
【解析】
12 b．焦点在 x轴上的双曲线，其渐近线方程为 y x ，故C 的渐近线方程为 y 2x ．
a
2
13 sin 10
cos 1 2sin2 1 2 10
4
．∵ ，∴
2 10 2 10
，∵0 π，∴sin
5
2
1 cos2 1 4 3 sin 3π sin cos 3π cos sin 3π 3
2
，5 5
4 4 4 5 2
4 2 2
．
5 2 10
数学参考答案·第 3 页（共 9 页）
14．分段讨论
（1）当 x 4时， g(x) 0 ， h(x) max{ f (x)，g(x)}≥g(x) 0，此时无零点；
（2）当 x 4时， g(4) 0 ， f (4) 16a ln 4，
ln 2
（i）若 a ，则 f (4) g(4)，故 h(4) f (4) 0，此时 x 4不是 h(x) 的零点，
8
ln 2
（ii）若 a≤ ，则 f (4)≤g(4)，故 h(4) g(4) 0，此时 x 4为 h(x) 的零点；
8
（3）当 0 x 4时， g(x) 0 ， h(x) 的零点与 f (x) 的零点一致．
而 f (x) ax2 ln x ln x的零点个数等价于方程 a 2 的根的个数．x
ln x 1 2ln x
令m(x) 2 (0 x 4)，则m (x) 3 ，令m (x) 0，得 x e ，x x
故知m(x)在 (0， e)上单调递增， ( e，4) 上单调递减．
1 ln 2
当 x 0时，m(x) ；m( e) ，m(4) ，
2e 8
故知当 a ln 2 1 ， 时， f (x) 在 (0，4) 上有两个零点，即 h(x) 在 (0，4) 上有两个零点，
8 2e
而其他地方无零点，故 h(x) 共有两个零点．
ln 2
当 a ， 时，f (x) 在 (0，4)上有 1 个零点，故 h(x) 在 (0，4)上有 1 个零点，且 x 4 8
亦为 h(x) 的零点，故 h(x) 共有两个零点．
1
综上， a的取值范围为 a
，
2e
．
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 2π π π 3解：（ ）由题意知T π，∴ 2，故 f sin
2
．
6 6 2
解得 2kπ(k Z) π或 2kπ(k Z) ，
3
π π
又 0 ，故 ，
2 3
故 f (x) sin 2x
π
．…………………………………………………………………（6 分）
3
数学参考答案·第 4 页（共 9 页）
2 π（ ） y 2 f x
1 2sin
2
x π π 1 2sin
2x π 1，
4 4
3 6
令 t π π 5π π π π 5π 2x ， ，又 y sin t 在 ， 上单调递增，在 ， 上单调递减， 6 6 6 6 2 2 6
故 sin t 1
，1 ，则 y 2sin t 1 [ 2，1]， 2
y 2 f π π 即 x 1在
4
0， 上的值域为[ 2，1]．…………………………………（13 分） 2
16．（本小题满分 15 分）
（1）证明：如图 3，取 AD 中点 E，CD 中点 M，连接 AC，CE，AM，PM，易知CE AD，
故 AC CD AD 4，即△ACD 为正三角形，故 AM 2 3 ．
∵PC PD 2 2 ，
故 PM CD，且 PM PC 2 CM 2 8 4 2．
又 PA 4 ，故 PA2 AM 2 PM 2 ，故 PM AM ．
又CD 平面ABCD ， AM 平面ABCD 且CD AM M 图 3 ，
故 PM 平面ABCD ．
又 PM 平面PCD，故平面 PCD 平面 ABCD．……………………………………（6 分）
（2）解：由（1）知，MA，MC，MP 两两垂直，故可以 M 为原点，如图 4 建立空间直角
坐标系，
故 A(2 3，0，0)，B( 3，3，0)，C(0，2，0)，D(0， 2，0)，P(0，0，2) ，
则CB ( 3，1，0)，CP (0， 2，2)，DA (2 3，2，0)，DP (0，2，2) ，
设平面 PBC 的一个法向量为 n1 (x，y，z)，故有
CB n 0 3x y 0
1
，即 ，令 x 1，
CP n1 0 2y 2z 0
y 3
解得 ，则 n1 (1， 3， 3) ．
z 3
图 4
同理，可得平面 PAD 的一个法向量为 n2 (1， 3， 3) ．
设平面 PBC PAD cos | n n |与平面 所成角为 ，则 |1 3 3 | 1 1 2 ．………（15 分）
| n1 || n2 | 7 7 7
数学参考答案·第 5 页（共 9 页）
17．（本小题满分 15 分）
解：（1）设甲取胜为事件 A P(A) 1 1 1 5 5 3，则 ，则输球的概率为1 P(A) 1 ．
2 4 2 8 8 8
5
设甲球队在接下来三场比赛中赢下的场次数为 ，则 B 3， ，
8
2
P( 2) C2 5 3 225故 3 ．…………………………………………………………（6 分）
8 8 512
（2）由题意知 X 可能的取值为 0，2，3，4，5，6，
设在一场比赛中甲球队取得 0 分，2 分，3 分的概率分别为 P1，P2，P3，
P 3 P 1 1 1 P 1则知 1 ， ， ， 8 2 4 2 8 3 2
P(X 0) 3 3 9 P(X 2) C1 1 3 3 P(X 3) C1 3 1 3故有 ； ； ；
8 8 64 2 8 8 32 2 8 2 8
P(X 4) 1 1 1 P(X 5) 1 1 1 1 1 1 ； C12 ； P(X 6) ． 8 8 64 8 2 8 2 2 4
故分布列为
X 0 2 3 4 5 6
9 3 3 1 1 1
P
64 32 8 64 8 4
E(X ) 0 9 2 3 3 3 4 1 5 1 6 1 7则 ．…………………………（15 分）
64 32 8 64 8 4 2
18．（本小题满分 17 分）
（1）解： | PA0 | x
2
0 (4 4)
2 4 5 ，解得 x0 4 或 x0 4 （舍去），故 A0 (4，4) ；
将 A0 (4，4) 代入抛物线方程，即 4
2 8p ，解得 p 2 ，
故C：y2 4x ．……………………………………………………………………………（4 分）
（2）证明：（i）由题意知 An (xn，yn )，则 An 1(xn 1，yn 1) ，故 Bn (xn 1， yn 1) ，
设直线 An P
x
的方程为 x n (y 4) ，
yn 4
x
x
n (y 4)
联立 y 4
4x 16x
n ，得 y
2 n y n 0，
y2
y 4 y
4x n n
4
数学参考答案·第 6 页（共 9 页）
2
16 y n
故 y y 16x( ) n 4 y 16x，故 nn n 1 n 1
1 4y
y 4 y 4 y 4 y
n ，
n n n n yn 4
1 1 1 1 1
故 ，又 ，
yn 1 yn 4 y0 4
1 1 1
故 是以 为首项， 为公差的等差数列；……………………………………（10 分）
yn 4 4
1 1 1 n 1 4 y2 4
（ii）由（1）知 (n 0) ，故 yn ， x nn 2 ， yn 4 4 4 n 1 4 (n 1)
S S 1 | A B | (x x ) y (x x ) 4 4 4 n A ， n An 1Bn 1Bn 2 n 1 n n n 2 n 1 n n 2 n 2 (n 1)2 (n 3)2
S 4 4 4 64化简得 n ，n 0，1，2 . n 2 (n 1)2 (n 3)2
(n 1)2 (n 3)2
当 n 2 64 4 (4n 8) 64 4 (4n 8) 1 1时， ，故 2 4 (n 1) (n 3)2 (n 1)2 (n 3)2 2 2 (n 1) (n 3)
S 64 64 64 64 64 1 4 1 1 1 1故 n 2 2
n 0 1 3 2 42 32 52 42 62 9
32 52 42 62
64 1 4 1 317 324 9 ．………………………………………………………（17 分）
9 9 4 36 36
19．（本小题满分 17 分）
（1）解： f (0) 1， f (x) 2(x 1)ex 2mx， f (0) 2 ，
切线方程为： y f (0) f (0)(x 0) ，即 2x y 1 0．……………………………（3 分）
（2）证明：当m 2， f (x) 2xex 2x2 1，
f (x) 2(x 1)ex 4x ， f (x) 2(x 2)ex 4 ， f (x) 2(x 3)ex ，
故知当 x ( ， 3) 时， f (x) 0， f (x) 单调递减，且此时 f (x) 0；
当 x ( 3， )时， f (x) 0 ， f (x) 单调递增，注意到 f (0) 0，
故知当 x ( ，0) 时， f (x) 0， f (x)单调递减；
当 x (0， ) 时， f (x) 0， f (x)单调递增，
数学参考答案·第 7 页（共 9 页）
故 f (x)min f (0) 2，故 f (x) 0恒成立，即 f (x) 在 R 上单调递增，
f ( 2 1) 1 0 ， f (0) 1 0，故知 x0 ( 1，0)，使得 f (x0 ) 0， e
综上， f (x) 在 R 上有唯一零点 x x0 ．………………………………………………（9 分）
（3）解：由题意知 f (0) 1 m≤ e0 ，即1 1 m 0 m 1 1≤ ，解得 ≤ ，即 0 m≤ 为题中不
m m 2 2
等式恒成立的必要条件．
f (x0 )
1 m
e2x0 0
m x 0
0
（注：必要性探路，令 ，可得 1 是方程组的一组解， m
f (x )
1 m
0 e
2x0 0 2
m
x 0 y f (x) 1 m 1故猜测 为 e2x 的最小值点，m 为临界值．）
m 2
1
下证明 0 m≤ 亦为充分条件．
2
当 0 m 1 ≤ 时，欲证 f (x) 1 m e2x 1≤ ，即证 2xex mx2 1≤ e2x e2x ，
2 m m
2xex 2x 2x 2
即证 x2 1 e e ≤ 2 ，即证 e
2x 1 (e2x 2xe
x 1) 1 x2≥0．
m m m m m m
1
令 t [2， )，设 g(t) e2x t2 (e2x 2xex 1) t x2，t [2， )，即证 g(t)≥0 ．
m
e2x xy g(t) 2xe 1 2xe
x 1 1
则对于二次函数 ，其对称轴为 t 2x ． 2e 2e2x 2
h(x) 2xe
x 1 1
令
2e2x
，x [ 1， ) ，
2
2(x 1)ex 2e2x 4e2x xh (x) (2xe 1) e
x xex 1
则 ．
4e4x e2x
令m(x) ex xex 1，x [ 1， ) ，则m (x) ex (x 1)ex xex ，
故知m(x)在 ( 1，0) 上单调递增，在 (0， )上单调递减，故m(x)max m(0) 0 ，
故m(x)≤0 ，即 h (x) 0 ，故知 h(x) 在[ 1， ) 上单调递减，
1 2
故 h(x)max h( 1)
2e 1 1 e 2e 1
2 2 ． 2e 2 2 2
2xex 1 1
即对于二次函数 y g(t) ，其对称轴 t 2x
2e2x
2，又 e 0，
2
数学参考答案·第 8 页（共 9 页）
故二次函数 y g(t) 在 t [2， )上单调递增，
故 g(t)≥g(2) 4e2x 2(e2x 2xex 1) x2 2e2x 4xex 2 x2 ．
令u(x) 2e2x 4xex 2 x2，x [ 1， ) ，
则u (x) 4e2x 4(x 1)ex 2x，u (x) 8e2x 4(x 2)ex 2．
易证 ex≥x 1，
故u (x) 8e2x 4(x 2)ex 2 8ex ex 4(x 2)ex 2≥8(x 1) ex 4(x 2)ex 2
4xex 2．
对于w(x) 4xex 2，w (x) 4(x 4 1)ex ，故知w(x)min w( 1) 2 0， e
故 u (x) 0，即u (x)在[ 1， ) 上单调递增，注意到u (0) 0 ，
故知当 x [ 1，0) 时，u (x) 0 ，即u(x) 单调递减；
当 x (0， ) 时，u (x) 0，即u(x) 单调递增，
故 u(x)min u(0) 0，故知 g(t)≥0 ，得证．
即当 0 m 1≤ 时， x [ 1， )，f (x) 1 m≤ e2x 1恒成立，故 0 m≤ 亦为充分条件．
2 m 2
1
综上，m 的取值范围为 0， ．………………………………………………………（17 分） 2
数学参考答案·第 9 页（共 9 页）
