精品解析：重庆市第八中学校2026届高三下学期4月模拟预测数学试卷

重庆市第八中学校2026届高三下学期4月模拟预测数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 样本数据16，24，10，30，12，14，40的中位数为（ ） A. 24 B. 16 C. 15 D. 20 【答案】B 【解析】 【分析】先将样本数据从小到大排序，从而可判断得解 【详解】样本数据从小到大排序为10，12，14，16，24， 30， 40；可得中位数为16. 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解法，可得集合A，根据指数函数的单调性，可得集合B，根据交集运算的概念，即可得答案. 【详解】由，得，则， 由，得， 因为在R上单调递增，所以，则， 所以. 3. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 【答案】C 【解析】 【分析】利用下标和性质先求出的值，然后根据前项和公式结合下标和性质求解出的值. 【详解】因为，所以，所以， 所以， 故选：C. 4. 在的展开式中常数项为6，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】写出展开式通项，令的指数为0即可求解. 【详解】展开式通项 ，令 得. 所以常数项为，解得. 5. 直线与x轴相交于点A，与抛物线的准线相交于点B，过点B作C的准线的垂线与C相交于点D，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】先根据直线 的方程求出点和点的坐标，再根据抛物线的定义和已知条件求出点的坐标，最后将点的坐标代入抛物线方程，进而求出的值. 【详解】对于直线 ，令 ，可得 ，解得 ，所以点 的坐标为. 把代入直线，可得，所以点的坐标为, 因为垂直于准线，所以； 把代入抛物线方程,可得，即，解得 ，所以点 的坐标为 ； 已知 ，且 ，则 ， 即 ，化简得，解得 . 6. 设是定义在R上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和周期性，将所求自变量转化到已知解析式的区间内计算即可. 【详解】由是偶函数，得：， 由周期为，得：， 易知，代入已知解析式： 因此. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】确定角的范围，求出 值，利用正弦和余弦的差角公式求出 和 ，最后用半角公式即可求解. 【详解】已知 ，因此 ， 所以， 所以， 化简得①； 而， 化简得②； 联立①②，相加得： 相减得： ， 由 ，得 ， 根据半角公式 ，代入 得. 8. 已知关于复数的方程的四个互异复根在复平面上顺次连接构成一个凸四边形．若这四个顶点恰好共圆，则当该圆的半径最小时a的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 【答案】C 【解析】 【分析】先求出复数的方程的四个互异复根，在复平面用坐标表示，再根据四点共圆设出圆的方程和半径，借助列出等式，最终用表示半径，利用均值不等式求出半径最小时的值. 【详解】原方程为，解得，， 对应复平面上的点为，. 四个点关于x轴对称，因此若四点共圆，圆心在轴上， 设圆心为，半径为R ， ，得 ，  整理得​，因此半径平方. 由基本不等式，等号成立当且仅当：  ， 因为，故，此时圆半径最小. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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． 9. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. 当时， D. 的极大值为 【答案】BCD 【解析】 【分析】本题可根据奇函数的性质以及函数极值的求法，对选项逐一进行分析即可判断． 【详解】函数是定义在上的奇函数，则，故A错误； 当时，，则 ， 根据奇函数的性质 ，故B正确； 当时，，则有， 又因为是奇函数，即， 所以 ，故C正确； 当 时， ， 令，即 ，解得； 当时，单调递减；当 时， 单调递增. 所以是在上的极小值点，. 当 时，可得：， 令，解得. 当时，单调递增；当 时， 单调递减. 所以是在上的极大值点， ，即 的极大值为 ，故D正确. 10. 已知曲线与坐标轴交于A，B两点，点在上，则（ ） A. B. 为轴对称图形 C. 直线与有两个公共点 D. 使得的面积为的点恰有2个 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，分别令求得曲线与坐标轴的交点，结合两点间的距离公式即可判断；对于B，验证关于的对称点也在上即可判断；对于C，将直线代入到曲线方程，该方程无解，故直线与曲线无公共点，对于D，通过分析曲线在不同象限的分支，并考虑其渐近线，结合的值与面积，即可判断满足条件的点的个数. 【详解】对于A，不妨设与轴交于点，与轴交于点， 令，则，解得，即， 令，则，解得，即，易得直线， 则，故A正确； 对于B，当时，，在第一象限内有图象（双曲线的一部分）， 当时，，在第四象限内有图象（圆的一部分）， 当时，，在第三象限内有图象（双曲线的一部分）， 当时，，此时等式不成立，故在第二象限内没有图象， 设在上，因为关于的对称点也在上， 所以关于直线对称，为轴对称图形，故B正确； 对于C，联立，得，无解，故C错误； 对于D，若的面积为，且，则到的距离为， 若在第四象限，此时的轨迹是圆心为，半径为1的圆在第四象限的部分图像， 圆心到的距离为， 则到的距离的最大值为， 则面积的最大值为， 因为，所以不存在满足条件的点， 因为曲线，的渐近线为， 直线与直线的距离为， 若的面积为，且， 则到直线和渐近线的距离都为， 如图，满足题意的点恰有两个，故选项D正确. 11. 水平桌面上有一个装满水的倒置的圆台形纸杯，下底面半径为R，上底面半径为，高为．将杯身倾斜，纸杯底最低点始终接触桌面，当水面恰好同时经过杯口最低点和杯底最高点时，记杯身轴线与竖直方向夹角为，母线与轴线夹角为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则水面与杯壁交线上两点间的最大距离为 D. 若，则水面与杯壁交线的离心率为 【答案】ACD 【解析】 【分析】选项A：根据和都是等腰直角三角形的几何性质求解；选项B：通过在圆台轴截面内作垂线，构造求解；选项C：结合图形，利用直角三角形中的相似关系，建立与半径的关系，再求解椭圆长轴；选项D：结合图形，圆与倾斜水面相交的弦为椭圆的短轴，计算该圆的半径与弦心距，得短轴长，进而结合C计算出离心率. 【详解】对 A：如图，若，则 、 均为等腰直角三角形， 则，A 对； 对 B：如图，若，作 于 ，则 ， 则，B 错； 对 C：若，则，则该圆台形纸杯的轴截面如图： 则，则 ，则， 此时水面与杯壁交线为椭圆，两点间的最大距离即 ，C 对； 对D：如图，取的中点，以为圆心的截面圆与椭圆截面的交线为弦， 作于；弦长即为该椭圆的短轴长，由选项C知：，，， 故， 故离心率，D 对. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，平面向量，若，则函数的单调递减区间为__________． 【答案】 【解析】 【分析】先根据向量垂直条件解出，进而写出函数，根据三角函数求单调性即可. 【详解】，因为，所以， 故. 所以， 令，解得，又， 故的单调递减区间为. 13. 曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的外接圆方程为__________． 【答案】 【解析】 【分析】首先根据导数的几何意义求出切线方程，然后求出和坐标轴的交点，最后利用几何法求圆的方程. 【详解】将曲线化为，求导得，在点的切线斜率， 由点斜式得切线方程：，整理为. 切线与坐标轴的交点为、，围成的三角形三个顶点为、、，  中，直角三角形的外接圆直径为斜边. 斜边的中点为，即圆心，，半径， 因此外接圆的标准方程为：（或展开为）. 14. 已知点，点在双曲线上，记的面积为的面积为，则的最小值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】利用点到直线的距离公式、两点间距离公式及三角形面积公式表示出三角形面积，进而表示出三角形面积和，结合基本不等式计算即可. 【详解】设点，则. 直线的方程：，即；直线的方程：，即. ， 点到直线的距离：， . ，点到直线的距离：， . 所以. 设，，则，. ，当且仅当，即时，等号成立. 因此的最小值为. 故答案为：. 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. 以离心率为的椭圆的顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线交C于两点，为坐标原点，求的面积． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据题意列式求解即可； （2）讨论直线的斜率是否存在的情况，并与椭圆联立方程，结合韦达定理求出，再求出原点到直线AB的距离，从而求得的面积． 【小问1详解】 由题意： 又 联立 ∴椭圆的方程是：. 【小问2详解】 当直线的斜率不存在时，不合题意， 当直线的斜率存在时，令， 联立，得：， ， ，解得， 经检验： 符合题意， 原点到直线AB的距离， . 16. 在三棱柱中，底面ABC是正三角形，，. （1）求证：； （2）若，且，求直线与平面所成角的余弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）先证得点在平面ABC内的射影是的中心，进而证得； （2）法一先作出直线与平面所成角，再解三角形即可求得该角的余弦值；法二建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求得直线与平面所成角的余弦值. 【小问1详解】 过点作平面ABC于点平面ABC，所以， 又平面， 平面平面， 同理可证，又是正三角形，则是的中心， 连接AO，CO并延长交BC，AB于E，F，则E，F分别为BC，AB的中点， 又平面平面，故， 同理可证， 综上，. 【小问2详解】 法一：由（1）知，三棱锥是正三棱锥， 且在底面ABC内的投影为等边的中心， 又，故三棱锥的三个侧面 均为直角三角形， 且，则，又， 可知，则， 解得,在平面中过作， 交延长线于点，则平面， 则即为直线与平面所成角，其中 ， 故 即直线与平面所成角的余弦值. 法二：以BC的中点为坐标原点，以EA，EB为x，y的正方向， 过且与平行的方向为轴的正方向建立空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因为， 则，取，则， 又， 设直线与平面所成角为，， 所以，故， 即直线与平面所成角的余弦值. 17. 已知 （1）设函数，讨论函数的单调性； （2）当时，，求实数的取值范围． 【答案】（1）当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在上单调递增． （2） 【解析】 【分析】（1）对 求导得，根据导数符号分两种情况讨论的单调性，关键是通过导数的零点划分单调区间． （2）先根据时，分析分母，将原不等式变形为，构造函数，利用导数分析其单调性，结合，通过二次求导对原函数的单调性，进而确定的取值范围为． 【小问1详解】 ，的定义域为，， 当时，，在单调递增； 当时，令，则；令，则， 所以在上单调递减，在上单调递增． 【小问2详解】 原不等式等价于， ①当时，当时，，， 所以，不合题意； ②当时，原不等式等价于， 等价于 令 则，令，， 注意到：，， 当时，，在单调递减， 所以， 所以在单调递增，所以，不合题意； 当时，，， 所以在单调递减，所以，符合题意； 当时，，所以在单调递增， 所以， 所以在单调递减，所以，符合题意； 当时，令，则， 所以，所以在单调递减， 所以，所以在单调递增， 所以，不合题意． 综上所述， 18. 已知等差数列的公差为4，其前8项之和为144．等比数列的公比为，且． （1）求和的通项公式； （2）记． （i）证明：数列是等比数列； （ii）证明：． 【答案】（1）， （2）（i）证明见解析；（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用等差数列前项和公式，代入已知条件求出首项，即可得到的通项；利用等比数列通项公式，代入得到关于的方程，结合解出，进而得到的通项； （2）（i）：求出的表达式，再分别计算的表达式，然后计算，若该比值为非零常数，则可证明数列是等比数列； （ii）根据（1），（2）（i）的结果化简的表达式，结合放缩法，将其放缩为可求和的数列形式，再对放缩后的数列求和. 【小问1详解】 设数列的前项和为，则， 又，. 【小问2详解】 （i）， 又， ， ∵对任意，有，且 ， ∴数列是以为首项，4为公比的等比数列． （ii）由，， 则， 由于， 又． 从而，证毕． 19. 盒子A中装有张普通卡片和1张幸运卡片，另有足够多的备用盒子，每盒各有n张空白卡片（）．每次操作分为以下步骤： ①将盒子A里的卡片取出并充分洗匀，随机分成数量相等的两叠； ②保留含有幸运卡片的一叠，另一叠移出不再使用； ③取一个备用盒，将其中的n张空白卡片全部加入保留的一叠卡片中并洗匀，放入盒A中． 重复上述操作，直至盒子A中无普通卡片． （1）当时，进行2次操作后，记盒子A中普通卡片数量为X，求X的分布列，并求出此时盒子A中最有可能的普通卡片张数； （2）记在某次操作后，盒子A中恰有Y张普通卡片且，且从此时起，再经Z次操作后盒子A中恰好无普通卡片． （i）若，证明：； （ii）若，求． 【答案】（1）答案见解析 （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）分析第一次操作后普通卡片的可能数量，再基于第一次结果分析第二次操作后的所有可能取值,分别计算每个取值对应的概率，列出分布列并根据概率判断即可； （2）（i）分析一次操作后普通卡片数量的可能取值及对应概率，建立关于的递推关系式； （ii）计算每个取值对应的概率，再根据期望公式计算期望，可能用到组合数计算概率. 【小问1详解】 初始状态：盒子A中有  张普通卡片，1张幸运卡片，共  张卡片，无空白卡片. 第一次操作将6张卡片分为两叠各3张，保留含幸运卡片的一叠，该叠除幸运外剩余2个位置，全部由普通卡片填充，因此第一次操作后普通卡片数量一定为 ， 即操作两次前盒子A中有：2张普通、1张幸运、3张空白，共6张卡片. 步骤2：计算两次操作后  的概率分布 第二次操作：将6张卡片分为两叠各3张，保留含幸运的一叠，为该叠中普通卡片的数量， 的可能取值为 .由于已确定幸运在保留叠，需从剩余5张（2普通+3空白）中选2张，总选法为 ，因此： 的分布列为： 0 1 2 因为  最大，因此此时盒子A中最有可能的普通卡片张数为 . 【小问2详解】 （2）（i）证明：若盒子A中只有1张普通卡片，设再进行W次操作后，恰好无普通卡片 （ii）当 时， 再进行1次操作后恰好无普通卡片的概率， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市第八中学校2026届高三下学期4月模拟预测数学试卷 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 样本数据16，24，10，30，12，14，40的中位数为（ ） A. 24 B. 16 C. 15 D. 20 2. 设集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 记等差数列的前项和为，则（ ） A. 120 B. 140 C. 160 D. 180 4. 在的展开式中常数项为6，则（ ） A. B. 1 C. D. 6 5. 直线与x轴相交于点A，与抛物线的准线相交于点B，过点B作C的准线的垂线与C相交于点D，若，则（ ） A. 1 B. 2 C. 3 D. 4 6. 设是定义在R上且周期为2的偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于复数的方程的四个互异复根在复平面上顺次连接构成一个凸四边形．若这四个顶点恰好共圆，则当该圆的半径最小时a的值为（ ） A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，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． 9. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则（ ） A. B. C. 当时， D. 的极大值为 10. 已知曲线与坐标轴交于A，B两点，点在上，则（ ） A. B. 为轴对称图形 C. 直线与有两个公共点 D. 使得的面积为的点恰有2个 11. 水平桌面上有一个装满水的倒置的圆台形纸杯，下底面半径为R，上底面半径为，高为．将杯身倾斜，纸杯底最低点始终接触桌面，当水面恰好同时经过杯口最低点和杯底最高点时，记杯身轴线与竖直方向夹角为，母线与轴线夹角为，下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则水面与杯壁交线上两点间的最大距离为 D. 若，则水面与杯壁交线的离心率为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，平面向量，若，则函数的单调递减区间为__________． 13. 曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的外接圆方程为__________． 14. 已知点，点在双曲线上，记的面积为的面积为，则的最小值为_____． 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. 以离心率为的椭圆的顶点为顶点的四边形面积为． （1）求椭圆C的方程； （2）过点的直线交C于两点，为坐标原点，求的面积． 16. 在三棱柱中，底面ABC是正三角形，，. （1）求证：； （2）若，且，求直线与平面所成角的余弦值. 17. 已知 （1）设函数，讨论函数的单调性； （2）当时，，求实数的取值范围． 18. 已知等差数列的公差为4，其前8项之和为144．等比数列的公比为，且． （1）求和的通项公式； （2）记． （i）证明：数列是等比数列； （ii）证明：． 19. 盒子A中装有张普通卡片和1张幸运卡片，另有足够多的备用盒子，每盒各有n张空白卡片（）．每次操作分为以下步骤： ①将盒子A里的卡片取出并充分洗匀，随机分成数量相等的两叠； ②保留含有幸运卡片的一叠，另一叠移出不再使用； ③取一个备用盒，将其中的n张空白卡片全部加入保留的一叠卡片中并洗匀，放入盒A中． 重复上述操作，直至盒子A中无普通卡片． （1）当时，进行2次操作后，记盒子A中普通卡片数量为X，求X的分布列，并求出此时盒子A中最有可能的普通卡片张数； （2）记在某次操作后，盒子A中恰有Y张普通卡片且，且从此时起，再经Z次操作后盒子A中恰好无普通卡片． （i）若，证明：； （ii）若，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $