云南师大附中2026届高考适应性月考卷（八）数学（含解析）

云南师大附中 2026届高考适应性月考卷(八) 数学试卷
云南师大附中生务必用黑色碳素笔将自己的姓名、准考证号、考场号、座位号在答题卡格考法范。
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. 在试题卷上作答元效.
3. 考试结来后，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. 已知集合 ，则
A. B. C. D.
2. 已知数据 的平均数为 ,中位数为 ,方差为 . 对一组新数据 ,则
A. 平均数为 B. 中位数为 C. 标准差为 D. 方差为
3. 已知复数 ,复平面内 对应的点的坐标为
A. B. C. D.
4. 已知 ,则
A. 或 B. C. D.
5. 已知 ，则
A. B. C. D.
6. 在 中,已知 与 交于点 . 若 、 ,则
A. B. C. D. 1
7. 已知奇函数 的定义域为 ,其导函数为 ,若 ,则
A. 1 B. 0 C. -1 D. 2
8. 已知直线 恒过定点 ,圆 上的两点 满足 ,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. 已知数列 满足 为 的前 项和,则
A. 是等比数列
B.
C.
D.
10. 已知椭圆 的左、右焦点分别为 ,过 作两条互相垂直的直线 和 分别与 交于 和 ,则
A. 的离心率为 B. 的周长为
C. 的取值范围为 D. 为定值
11. 如图一，有一个半径为 8 的半圆形铁片(铁片厚度忽略不计)，将其裁剪成如图二的形状并制成一个带盖的封闭圆锥桶 (如图三, 连接处损耗不计), 在该圆锥桶内放入一个注满水的半径为 的小球,下列说法正确的是
图一
图二
图三
A. 所制成的圆锥桶的体积为
B. 当球内水的体积最大时
C. 将球内的水倒回圆锥桶内，水面高度一定小于
D. 当 时,让小球在该圆锥桶内自由运动,则小球能接触到圆锥桶内部的最大面积为
三、填空题: 本题共 3 小题, 每小题 5 分, 共 15 分.
12. 在二项式 的展开式中,各二项式系数和为 256,则展开式中 的系数为_____.
13. 在锐角 中,角 的对边分别为 ,已知 且 ，则 面积的最大值为_____.
14. 平面直角坐标系中,一个质点在随机外力的作用下,从原点 出发,每隔 1 秒等可能地向上、下、左、右四个方向之一移动一个单位, 共移动 6 次, 则该质点到原点 0 的距离等于 的概率为_____.
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. (本小题满分 13 分)
自“机器人扭秧歌”这一节目在 2025 年春晚舞台大放异彩后, 中国机器人研发在全球范围内倍受瞩目. 某科技公司旗下一款机器人在巡检与监控、安防与救援、科研与影视等方面应用广泛. 现统计出这款机器人 2025 年 8 月至 2026 年 1 月的销售量如下表所示:
月份编号 1 2 3 4 5 6
销售量 百台 2.6 6.3 9.3 11.2 16.5 18.3
(1)若编号 与销售量 (单位:百台) 满足线性回归关系,试求 关于 的线性回归方程;
(2)该公司计划大批量生产此款机器人，用(1)中所求的经验回归方程预测 2026 年 2 月份该公司能否卖出 2200 台该款机器人？
参考公式: 回归方程 中斜率和截距的最小二乘估计公式分别为 .
参考数据: .
16. (本小题满分 15 分)
如图,在直三棱柱 中, . 点 为棱 的中点,棱 与平面 相交于点 .
(1)求证: 为棱 的中点；
(2)若该三棱柱的体积为 24，求直线 与平面 所成角的正弦值.
17. (本小题满分 15 分)
已知双曲线 的右顶点与抛物线 的焦点重合,且双曲线 的离心率为 2 .
(1)求双曲线 的方程；
(2)过双曲线 上一点 作抛物线 的切线，切点分别为 ，是否存在点 使得 ,若存在,求出点 的坐标; 若不存在,请说明理由.
18. (本小题满分 17 分)
已知函数 .
(1)讨论 的单调性；
(2)令函数 .
(i) 若 ,求 的极大值;
(ii) 若 在定义域内有两个零点,求 的取值范围.
19. (本小题满分 17 分)
若数列 对任意 ，满足 ，则称 为 “ 2 阶均值递增数列”.
(1)记 ，求证: ， 是数列 为 “2 阶均值递增数列” 的一个充要条件.
(2)若数列 的通项公式 ，判断 是否为 “2 阶均值递增数列”，并说明理由;
(3)若两个数列 和 均为 “ 2 阶均值递增数列”，证明:数列 也为 " 2 阶均值递增数列".
云南师大附中 2026 届高考适应性月考卷(八) 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 C A D B B A C
1. 由题意得集合 ，所以 ，故选 B.
2. 由平均数、中位数的定义可得, 新数据的平均数为
,中位数为 ,故选项 错误; 新数据的方差为 ,标准差为 , 故选项 C 正确, D 错误, 故选 C.
3. 因为 ,所以复平面内, 对应的点的坐标为 ,故选 A.
4. 因为 ,所以 ,又因为 ,所以 ,故选 D.
5. ,即 ,故选 B.
6. 由 三点共线得 ,同理得 ,故选 B.
7. 由已知有 为 上的奇函数,所以 ,由已知有: 在 上可导,对 求导有: ,即 , ,令 时, ,则 ,又因为 是奇函数, 故 是偶函数,所以 ,故 ,所以 是一个周期为 4 的周期函数,所以 , A 选项正确,故选 A.
8. 由题可知 为 ,且 三点共线,设弦 的中点为 ,连接 ,如图,则 ,即 , ,由此可得 的轨迹方程为 ,即 的轨迹是以 为圆心,1 为半径的圆,设直线 为 ,则 到 的最小距离为 . 过 分别作直线 的垂线,垂足分别为 ,则 是 的中点, ,即 ,即 ,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 BCD
9. 因为 ,所以 ,因为 ,所以 是以 为首项, 为公比的等比数列,故 不正确; 所以 ,故 ,故 正确; 显然 是递减数列,所以 恒成立,故 正确； ,故 D 不正确,故选 BC.
10. 因为 ,所以 ,故 A 正确; 的周长为 ,故 B 正确; 设 ,与椭圆方程联立, ,消去 得, , 设 ,则 ,利用弦长公式求得 ,同理 ,由于 ,所以当 时, 取最小值为 ,当 不存在时, 取最大值为 ,即 ,故 错误; 为定值, 故 D 正确,
故选 ABD.
11. 对于 ,对制成的圆锥桶,设盖子的半径为 ,母线长为 ,则 ,解得 , 则圆锥桶的高为: ,所以圆锥桶的体积 ,所以 错误; 对于 ,当圆锥桶内能放入最大球, 则此球与圆锥的侧面和底面都内切，设此球的半径为 ，轴截面如图所示,由相似三角形知, ,解得 ,所以 正确；对于 ,此时球内水的最大体积为: ,当圆锥桶内水的高度为 时,没有装水的部分是一个底面半径为 1,高为 的圆锥,没有水部分的体积 ,所以当圆锥桶内水的高度为 时,能装的水的体积 . 又因为 ,所以将球内的水倒回圆锥桶内,水面高度一定小于 ，C 正确；对于 ，如图，画出示意图，小球在圆锥桶内自由运动时，在圆锥桶侧面接触到的地方是一个圆台的侧面,其中 为该圆台的截面图,在圆锥桶底面是一个圆,其中 是这个圆的直径, ,所以圆台侧面积 ,底面圆的面积 ,所以小球能接触到圆锥桶内部的最大面积 ，故选 BCD.
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 7 75 256
12. 因为 ,所以 ,故 的展开式的通项为 ,令 ,解得 ,所以展开式中 的系数为 .
13. ,由正弦定理得, ,由余弦定理 得 ,由平均值不等式得, ,即 , 当且仅当 时等号成立,又因为三角形的面积为 ,故 面积的 最大值为 .
14. 质点每一秒有 4 种移动方向，共移动 6 秒，根据分步乘法计数原理，总路径数为 ，若质点到原点 的距离为 ，原点 到该点 的距离满足 ，设质点右移 次、左移 次,则 ,上移 次、下移 次,则 ,总步数 , 要满足 ,即 ,由于 都是非负整数,可能的组合必须满足 ,此时, ,且 ,设左右移动总次数为 ,上下移动总次数为 ,则 ,由于 需为整数,则 与 同奇偶,所以 为奇数,同理, 也为奇数,又 ,可能的组合有 ,当 时,左右移动 1 次,满足 的方式有 2 种,即左或右,上下移动 5 次,满足 的方式有 或 ,共 种,即选 3 次上移,剩下 2 次下移, 或选 2 次上移, 剩下 3 次下移, 其次, 在 6 步中选 1 步用于左右移动, 其余 5 步用于上下移动， 种，因此，此情况的路径数为 ；当 时，左右移动 3 次,满足 的方式有 或 ,共 种,上下移动 3 次,满足 的方式同理,共 种,此外,6 步中选择 3 步左右移动,剩余上下移动,共 种,因此,此情况的路径数为 ; 当 时,与 对称,路径数为 240; 满足条件的总路径数有 ,概率为 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. (本小题满分 13 分)
解: (1) ,
所以 ,
所以 (8 分)
(2) 代入 ,
所以预测 2026 年 2 月份该公司不能卖出 2200 台该款机器人 (13 分)
16. (本小题满分 15 分)
(1)证明:因为三棱柱 为直三棱柱，
所以 .
又 平面 ,
所以 平面 .
又 平面 ,平面 平面 ,
所以 .
又 为 的中点，所以 为 的中点 (7 分)
(2)解:由直三棱柱 得 平面 ，
又 平面 ,所以 ,
又因为该三棱柱的体积为 24,可计算出 ,
如图，以点 为坐标原点，分别以 所在直线为 轴建立空间直角坐标系,
则 ,
所以 ,
设 为平面 的法向量,
则 ,即 ,
故平面 的一个法向量为 ，
设直线 与平面 所成角为 ，
所以 ,
故直线 与平面 所成角的正弦值为 (15 分)
17. (本小题满分 15 分)
解:(1)抛物线的焦点为 ，所以 ，
又因为 ,所以 ,
所以双曲线 的方程为 (5 分)
(2) 设 , 直线 方程为 ,
将其与抛物线方程 联立,得 ,
因为直线 与抛物线相切，
所以 ,整理得 ,①
代入直线 得到点 的纵坐标 ,
同理,直线 方程为 ,有 ,②
点 的纵坐标 ,
由①②知， ， 是方程 的两个根， ，③
所以 ,
由 ,得 ,
直线 方程为 ,即 ,
点 到直线 的距离 ,
所以 ,
因为点 在双曲线上,所以 ,
所以 ,④
当 时，解得 或 2，由③④的取值范围， 符合条件，
故 的坐标为 或 (15 分)
18. (本小题满分 17 分)
解: (1) .
① 时，令 ，解得 ，
当 时， 单调递减;
当 时, 单调递增.
② 时，
当 时， ， 单调递增；
当 时， ， 单调递减.
综上所述:当 时， 在 上单调递减，在 上单调递增；
当 时， 在 上单调递增，在 上单调递减.
(5 分)
(2) (i) 时, ,
令 ,
在 上单调递增, ,即 ,
,
令 ,即 ,令 ,解得 ,
当 时, ,函数 在 上单调递增;
当 时， ，函数 在 上单调递减.
是函数 的极大值点,此时 ,所以 的极大值为 -2 .
(11 分)
(ii) 由 (i) 可知令 在定义域内有两个零点即 有两个零点, ,
当 时, ,函数 在 上单调递增,不可能有两个零点,舍去;
当 时,
令 ,解得 ,
当 时, ,函数 在 上单调递增;
当 时, ,函数 在 上单调递减.
所以当 时， 取最大值. 若 ,即 时,
因为 ,由零点存在定理,一定存在唯一 ,使得 ,
又因为当 时, ,所以一定存在唯一 ,使得 , 满足题目条件 在定义域内有两个零点.
若 ，即 时，
当 ,不存在两个零点,舍去,
综上， 的取值范围为 (17 分)
19. (本小题满分 17 分)
解:(1)先证“必要性”:当数列 是“ 2 阶均值递增数列”时，
有 ,
即 ,即 ,
又因为 , 化简得 .
再证“充分性”: 若 ,
综上所述: 是 为 “ 2 阶均值递增数列” 的一个充要条件.
(4 分)
(2) ,计算其前 项和:
其中 ,
,所以 ,
,即 ,
由第(1)问结论知数列 不是“ 2 阶均值递增数列” (10 分)
(3) 令 ;
展开 ,
对于 , 利用柯西不等式:
由于 是 “ 2 阶均值递增数列”,
故 ,
因此, ,所以 ,
将以上三个放缩代入 :
由第(1)问结论知数列 是 “ 2 阶均值递增数列”.
(17 分)