云南师范大学附属中学 2026 届高三上学期高考适应性月考卷（三）
数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.已知复数z满足z(1−i)=4−i，则z的虚部为( )
3 3 3 3
A. B. − C. i D. − i
2 2 2 2
2.设集合 ，若“ ”是“ ”的必要不充分条件，则实数 的值为( )
A={2,3,a2},B={1,a+2} x∈A x∈B a
A. −1 B. 0 C. 1 D. 2
3.在等差数列 中，已知 ，则该数列前 项和 的值为( )
{a } a +a =8 9 S
n 3 7 9
A. 18 B. 36 C. 54 D. 72
4.已知向量→
a=(4sinα,1−cosα),
→
b=(1,−2)
，若⃗
a⋅
⃗
b=−2
，则 tanα=( )
1 1
A. B. 2 C. −2 D. −
2 2
3x−3−x
5.函数f(x)= 的大致图象是( )
2|x|
A. B. C. D.
6.17世纪初，约翰·纳皮尔发明了对数，大大简化了运算．根据科学记数法，任何一个正实数N都可以表
示成 的形式，若两边取常用对数，则有 给出部分常用对数值
N=a×10n (1≤a<10,n∈Z) lgN=n+lga. (
如下表)，则可以估计51000的最高位的数值为( )
真数x 5 6 7 8 9
lgx
0.69897 0.77815 0.84510 0.90309 0.95424
A. 6 B. 7 C. 8 D. 9
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1 17.已知 分别为椭圆 x2 y2 的左、右焦点，在椭圆 上存在点 ，满足
F ,F C： + =1(a>b>0) C P
1 2 a2 b2
，且点 到直线 的距离为 则该椭圆的离心率为( )
|PF |=|F F | F PF √3b.
1 1 2 1 2
2 1 5 3
A. B. C. D.
3 3 7 4
ex−lnx a
8.已知函数f(x)= 与函数g(x)= +ea−1的图象有两个不同的交点，则a的取值范围是( )
x x
A. (0,1) B. (1,+∞) C. (−∞,0) D. (1,e)
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.近几年，人工智能(AI)逐渐走入人们的生活并得到越来越多的使用．为了解某大学大一学生对AI的使
用情况，随机抽取了该校100位大一学生，收集了该100位学生在上学期中向AI提问的次数，得到如图1所
示的频率分布直方图(60次及以上的称为经常向AI提问)，则下列结论正确的是( )
A. b=0.005
B. 这100位学生中经常向AI提问的人数为75
C. 估计大一学生向AI提问的次数的平均数为70
D. 按照“经常向AI提问”与“不经常向AI提问”进行分层随机抽样，从这100人中抽取24人，则在经常
向AI提问的学生中应抽取16人
10.已知函数 ( 2π) 图象上两个最值点之间最短距离为π，则( )
f(x)=sin ωx+ (ω>0)
3 2
A. ω=2
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2 1B. 在区间( 5π)上单调递减
f(x) 0,
12
C. 在区间( 5π)有两个极值点
f(x) 0,
6
π
D. 将f(x)图象上各点向右平移 个单位长度之后得到的函数图象与y=x+log x的图象共有5个交点
3 a
11.数学中有很多优美的图形，如图2所示的叶子形状的曲线，是由函数y=ex−e+1与y=ln(x+e−1)的
部分图象组合而成的封闭曲线Γ，则( )
A. Γ是轴对称图形
B. Γ的弦长的最大值为2√2
C. 直线x+ y=t被Γ截得弦长的最大值为√2(e−2)
D. Γ的面积为2e−4
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.二项式( 1 ) 6 展开式中的第 项为 ．
+x 4
x2
13.某学校新学期开设了丰富的社团供新生选择，高一年级甲同学对理科学社和十三月音乐社产生了浓厚
的兴趣．若甲加入理科学社的概率为0.7，加入十三月音乐社的概率为0.3，两个都加入的概率为0.21，则
甲只加入其中一个社团的概率为
14.在平面四边形ABCD中，AD⊥CD，▵ABC是边长为6的正三角形．将该四边形沿对角线AC折成一
个大小为 ， [π 5π]的二面角 ，则四面体 的外接球半径的取值范围为 ．
θ θ∈ , D−AC−B ABCD
6 6
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13分)
已知▵ABC中，a，b，c分别为内角A，B，C的对边，且2csinC=(2sin A+sinB)a+(2sinB+sin A)b．
(1)求角C的大小；
(2)若a=4,b=8，∠ACB的角平分线交AB于点D，求CD的长度．
16.(本小题15分)
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3 1如图，在四棱锥P−ABCD中，四边形ABCD是边长为2的正方形，▵PAD为等边三角形，平面PAD⊥平
面 点 是线段 的中点， ⃗ ⃗ ．
ABCD. E AD
CM=2MP
(1)证明：PE//平面BDM；
(2)求平面AMB与平面BDM的所成角的余弦值．
17.(本小题15分)
已知 为双曲线 x2 y2 的左、右焦点，点 在双曲线上，过 的直线
F ,F C： − =1(a>0,b>0) P(2√2,√5) F
1 2 a2 b2 2
交 的右支于 两点，且 ．
l C A,B |AF |−|AF |=4
1 2
(1)求C的方程；
(2)点A关于x轴对称点为D(异于点B)，直线BD交x轴于点E，记▵DF E，▵DF E的面积分别为
1 2
，求S 的值．
S ,S 1
1 2 S
2
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=(a+1)x−(x+1)lnx．
(1)当a=0时，求曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程；
若函数 有两个极值点 ，且 ，求证： ．
(2) f(x) x ,x x <x 2<x +x <3ea−1−1
1 2 1 2 1 2
19.(本小题17分)
伯努利−欧拉的装错信封问题是一个十分有趣的数学问题．现有a ,a ,a ,⋯,a 共n个元素及
1 2 3 n
共 个位置， 的对应位置为 ，定义错排数
b ,b ,b ,⋯,b n a b (k∈N∗,k≤n)
1 2 3 n k k
为将 共 个元素排列在 共 个位置上，其中有
F(n,m)(n∈N∗,m∈N∗) a ,a ,a ,⋯,a n b ,b ,b ,⋯,b n
1 2 3 n 1 2 3 n
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4 1m个元素不在其对应位置上的情况数，例如F(1,1)=0,F(2,2)=1.另外，规定F(0,0)=1．
(1)计算：F(3,3),F(4,4)；
(2)在概率论中常使用协方差来衡量两个离散型随机变量X,Y之间的总体偏差，定义协方差为
当 时，记错排的元素个数为 ，正确排列的元素个数为 ，
Cov(X,Y)=E{[X−E(X)]⋅[Y−E(Y)]}. n=4 X Y
求证：Cov(X,Y)<0；
(3)定义错排概率P(n,m)为随机将a ,a ,a ,⋯,a 共n个元素排列在b ,b ，b ,⋯,b 共n个位置上，其
1 2 3 n 1 2 3 n
中恰有 个元素不在其对应位置上的概率，证明： 1 m (−1) i ．
m P(n,m)= ⋅∑
(n−m)！ i！
i=0
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5 1参考答案
1.A
2.C
3.B
4.D
5.B
6.D
7.A
8.B
9.AB
10.AB
11.AC
12.20x−3
29
13.0.58/
50
14.
[2√3,√21]
15.【详解】(1)因为2csinC=(2sin A+sinB)a+(2sinB+sin A)b，
由正弦定理得2c2=2a2+ab+2b2+ab，整理得a2+b2−c2=−ab，
a2+b2−c2 −ab 1
由余弦定理得cosC= = =− ，
2ab 2ab 2
2π
因为C∈(0,π)，所以C= ；
3
(2)在▵ABC中，
因为S =S +S ，
▵ABC ▵ACD ▵BCD
1 1 C 1 C
所以 absinC= CD⋅a⋅sin + CD⋅b⋅sin ，
2 2 2 2 2
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6 12π √3
absin 4×8×
3 2 32 8
则CD= = = = ；
π √3 12 3
(a+b)sin (4+8)×
3 2
1 1
16.【详解】(1)如图，连接EC交BD于N，连接MN，由E是AD的中点可得DE= AD= BC=1，
2 2
因为∠DNE=∠BNC，∠EDN=∠CBN，
1
所以▵DEN与▵BCN相似，所以EN= NC，
2
1
又PM= MC，所以MN//PE，
2
又MN⊂平面BDM,PE⊄平面BDM，所以PE//平面BDM；
(2)因平面PAD⊥平面ABCD，且平面PAD∩平面ABCD=AD，
由已知PA=PD=2，点E是线段AD的中点，所以PE⊥AD，
又PE⊂平面PAD，故得PE⊥平面ABCD．
如图，取 的中点为 ，分别以 ⃗ ⃗ ⃗ 为 轴的正方向，建立空间直角坐标系．
BC F x,y,z
EA,EF,EP
则 ， ，
E(0,0,0),A(1,0,0) D(−1,0,0),B(1,2,0),C(−1,2,0),P(0,0,√3)
⃗ ， ⃗ 1 ⃗ ( 1 2 √3)，则 ( 1 2 2√3)，
PC=(−1,2,−√3) PM= PC= − , ,− M − , , .
3 3 3 3 3 3 3
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7 1设平面 的法向量为⃗ ，由 ⃗ ⃗ ( 4 2 2√3)，
AMB n =(x ,y ,z ) AB=(0,2,0),AM= − , ,
1 1 1 1 3 3 3
⃗ ⃗
{
n ⋅AB=2y =0
1 1
则 ，故y =0，取z =2√3，则x =3，
⃗ ⃗ 4 2 2√3 1 1 1
n ⋅AM=− x + y + z =0
1 3 1 3 1 3 1
故⃗ 为平面 的一个法向量；
n =(3,0,2√3) AMB
1
设平面BDM的法向量为
n
⃗
=(x ,y ,z )
，
2 2 2 2
由 ⃗ ⃗ ( 4 4 2√3)，
BD=(−2,−2,0),BM= − ,− ,
3 3 3
⃗ ⃗
{
n ⋅BD=−2x −2y =0
2 2 2
则 ，故z =0，取x =1，则y =−1，
⃗ ⃗ 4 4 2√3 2 2 2
n ⋅BM=− x − y + z =0
2 3 2 3 2 3 2
故⃗ 为平面 的一个法向量，
n =(1,−1,0) BDM
2
设平面AMB与平面BDM的夹角为θ，
|⃗ ⃗|
| ⃗ ⃗ | n ⋅n 3 √42
所以 cosθ= cos〈n ,n 〉= 1 2 = = ，
1 2 |⃗||⃗| √21⋅√2 14
n n
1 2
√42
所以平面AMB与平面BDM的夹角的余弦值为 ．
14
17.【详解】 因为 ，根据双曲线的定义可得 ．
(1) |AF |−|AF |=4 a=2
1 2
8 5
又双曲线过点P(2√2,√5)，所以 − =1⇒b2=5．
4 b2
x2 y2
所以双曲线C的方程为： − =1．
4 5
(2)如图：
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8 1因为c=√4+5=3，所以F (−3,0)，F (3,0)．
1 2
因为A、D关于x轴对称，且D与B不同，所以直线AB必存在斜率，
x2 y2 x2 k2 (x−3) 2
可设直线AB：y=k(x−3)，代入 − =1得： − =1，
4 5 4 5
整理得： ．
(5−4k2)x2+24k2x−(36k2+20)=0
设 ， ，则 ，因为 均在双曲线右支，
A(x ,y ) B(x ,y ) D(x ,−y ) A,B
1 1 2 2 1 1
由韦达定理可得
24k2
，
36k2+20
，所以 ．
x +x = >0 x x = >0 4k2−5>0
1 2 4k2−5 1 2 4k2−5
直线 方程为： y+ y x−x ，
BD 1 = 1
y + y x −x
2 1 2 1
令 y=0 得 x= y 1 (x 2 −x 1 ) +x = y 1 (x 2 −x 1 )+x 1 (y 1 + y 2 ) = x 1 y 2 +x 2 y 1
y + y 1 y + y y + y
1 2 1 2 1 2
36k2+20 24k2
2× −3×
=
kx
1
(x
2
−3)+kx
2
(x
1
−3)
=
2x
1
x
2
−3(x
1
+x
2
)
=
4k2−5 4k2−5
=
4．
k(x −3)+k(x −3) x +x −6 24k2 3
1 2 1 2 −6
4k2−5
所以 为定点，坐标为(4 )．
E ,0
3
|4 |
+3
所以 S 1= |EF 1 | = 3 = 13．
S |EF | |4 | 5
2 2 −3
3
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9 1x+1 1
18.【详解】(1)当a=0时，函数f(x)=x−(x+1)lnx，求导得f′ (x)=1−lnx− =−lnx− ，
x x
而 ，而 ，因此 ，即 ，
f′ (1)=−1 f(1)=1 y−1=−1⋅(x−1) x+ y−2=0
所以曲线y=f(x)在点(1,f(1))处的切线方程是x+ y−2=0．
(2)函数f(x)=(a+1)x−(x+1)lnx的定义域为(0,+∞)，
x+1 ax−xlnx−1
求导得f′ (x)=a+1−lnx− = ，令函数g(x)=ax−xlnx−1，
x x
求导得 ，由 ，得 ，令 ，
g′ (x)=a−1−lnx g′ (x)=0 x=ea−1 t=ea−1
当 时， ；当 时， ，
0<x<t g′ (x)>0 x>t g′ (x)<0
函数 在 上单调递增，在 上单调递减，
g(x) (0,t) (t,+∞) g(x) =g(t)=ea−1−1
max
当 从大于 的方向趋近于 时， 趋近于 ，而 ，
x 0 0 g(x) −1 g(ea )=a⋅ea−ealnea−1=−1
当且仅当ea−1−1>0，即a>1时，g(x)有两个零点x ,x (x <x )，
1 2 1 2
当 或 时， ；当 时， ，
0<x<x x>x g(x)<0,f′ (x)<0 x <x<x g(x)>0,f′ (x)>0
1 2 1 2
因此 是函数 的两个极值点， 1 1 ，则 x −x ，
x ,x f(x) a= +lnx = +lnx x x = 2 1
1 2 x 1 x 2 1 2 lnx −lnx
1 2 2 1
不等式
x
2
−x
1 >√x x ⇔
x
2
−x
1>lnx −lnx ⇔
√x
2−
√x
1−ln
x
2>0 ，
lnx −lnx 1 2 √x x 2 1 x x x
2 1 1 2 1 2 1
令√x 2=s>1 ，函数 u(s)=s− 1 −2lns,s>1 ，求导得 u′ (s)=1+ 1 − 2 =(1− 1 ) 2 >0 ，
x s s2 s s
1
函数 在 上单调递增， ，则√x √x x ，
u(s) (1+∞) u(s)>u(1)=0 2− 1−ln 2>0
x x x
1 2 1
于是 x −x ，则 ，因此 ；
x x = 2 1 >√x x x x >1 x +x >2√x x >2
1 2 lnx −lnx 1 2 1 2 1 2 1 2
2 1
显然 ，不等式lnt−lnx 2 2(t−x )
0<x <t<x 1> ⇔lnt−lnx > 1
1 2 t−x t+x 1 t+x
1 1 1
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10 1t t
−1 −1
t x t x t λ−1
⇔ln >2⋅ 1 ⇔ln −2⋅ 1 >0，令 =λ>1，函数φ(λ)=lnλ−2⋅ ，
x t x t x λ+1
1 +1 1 +1 1
x x
1 1
求导得 φ′ (λ)= 1 − 4 = (λ−1) 2 >0 ，函数 φ(λ) 在 (1,+∞) 上单调递增，
λ (λ+1) 2 λ(λ+1) 2
则 ，即 λ−1 ，因此lnt−lnx 2 ，
φ(λ)>φ(1)=0 lnλ−2⋅ >0 1>
λ+1 t−x t+x
1 1
整理得 2t−2x ，而 1 ，则 1 2t−2x ，
lnx <lnt− 1 a− =lnx a− <lnt− 1
1 t+x x 1 x t+x
1 1 1 1
整理得 ，又 ，
(2+lnt−a)x2+(tlnt−2t−at+1)x +t>0 a=1+lnt
1 1
于是 ，同理 ，
x2−(3t−1)x +t>0 x2−(3t−1)x +t<0
1 1 2 2
则 ，整理得 ，
[x2−(3t−1)x +t]−[x2−(3t−1)x +t] <0 (x −x )[x +x −(3t−1)] <0
2 2 1 1 2 1 2 1
而 ，因此 ，即 ，则 ，
x <x x +x −(3t−1)<0 x +x <3t−1 x +x <3ea−1−1
1 2 2 1 2 1 2 1
所以 ．
2<x +x <3ea−1−1
2 1
19.【详解】 可以排在 上，有 种排法，
(1)a b ,b C1
1 2 3 2
当a 的位置确定后，剩下两个元素a ,a 只有1种排法．
1 2 3
所以 ．
F(3,3)=C1×1=2
2
可以排在 上，有 种排法．
a b ,b ,b Cl
1 2 3 4 3
不妨设a 排在b 上，接下来讨论a ．
1 2 2
当a 排在b 上时，剩下两个元素a ,a 的排法有F(2,2)=1(种)．
2 1 3 4
当 不排在 上时，可以排在 上，有 种情况．
a b b ,b C1
2 1 3 4 2
若a 排在b 上，剩下两个元素a ,a 只有1种排法．
2 3 3 4
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11 1所以 ．
F(4,4)=C1(1+C1×1)=9
3 2
(2)易知当n=4时，X+Y =4,X的所有可能取值为0，2，3，4．
P(X=0)=
1
=
1
,P(X=2)=
C2
4
⋅F(2,2)
=
6×1
=
1，
A4 24 A4 24 4
4 4
P(X=3)=
C3
4
⋅F(3,3)
=
4×2
=
1
,P(X=4)=
F(4,4)
=
9
=
3，
A4 24 3 A4 24 8
4 4
所以X的分布列为：
X
0 2 3 4
1 1 1 3
P
24 4 3 8
1 1 3
所以E(X)=2× +3× +4× =3，
4 3 8
于是E(Y)=E(4−X)=4−E(X)=4−3=1，
则Cov(X,Y)=E{[X−E(X)]⋅[Y−E(Y)]}=E[(X−3)(Y−1)]=E[(X−3)(4−X−1)]
，
=E[(X−3)(3−X)]=E(−X2+6X−9)
由X的分布列可得随机变量−X2+6X−9的分布列为：
−X2+6X−9 −9 −1
0
1 5 1
P
24 8 3
1 5
于是Cov(X,Y)=E(−X2+6X−9)=(−9)× +(−1)× =−1<0，得证．
24 8
根据定义，
F(n,m) F(n,m)，
(3) P(n,m)= =
An n!
n
先从n个元素中选出m个元素，再对它们进行排列，并使它们均不排在对应位置上，
F(m,m)
所以F(n,m)=CmF(m,m)，所以P(n,m)= ．
n m!(n−m)!
不妨记 ，则 ，且 ，
F(m,m)=D D =(m−1)(D +D ) D =1,D =0,m≥2
m m m−1 m−2 0 1
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12 1得 ，
D =(m+1)(D +D )
m+2 m+1 m
则 ，又 ，
D −(m+2)D =−[D −(m+1)D ] D −2D =1
m+2 m+1 m+1 m 2 1
故 是以 为首项， 为公比的等比数列，
{D −(m+1)D } 1 −1
m+1 m
所以 ，
D −(m+1)D =(−1) m−1=(−1) m+1
m+1 m
变形得 D D (−1) m+1 ，
m+1 − m=
(m+1)! m! (m+1)!
则当 时，D D (−1) m D D (−1) 3 D D (−1) 2 ，
m≥2 m− m−1 = ,…, 3− 2= , 2− 1=
m! (m−1)! m! 3! 2! 3! 2! 1! 2!
将上式累加得D m (−1) i m (−1) i ，
m=∑ =∑
m! i! i!
i=2 i=0
经检验 也符合上式，所以 m (−1) i ，
D ,D F(m,m)=D =m!∑
0 1 m i!
i=0
所以 F(m,m) 1 m (−1) i ，得证．
P(n,m)= = ∑
m!(n−m)! (n−m)! i!
i=0
第 页，共 页
13 1
