精品解析：重庆市巴蜀中学2025-2026学年度高三下学期数学试题卷（5.1）

2025-2026学年度高三（下）数学试题卷 鲁能巴蜀中学命题研究中心命制 注意事项： 1.答题前.考生务必将自己的姓名、准考证号，班域、学校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.在试卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合是素数，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知直线：与直线：平行，则实数的值为（ ） A. -1 B. 0 C. 3 D. -1或3 3. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 4. 对于实数、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知角的终边与圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 7. 某科研团队研发了一款新型环保材料，其降解过程遵循指数衰减模型，实验测得，该材料在自然环境下的质量（单位：克）与时间t（单位：天）满足关系式，其中为初始质量，为一个大于1的常数，已知该材料在第10天时，其质量的常用对数值（以10为底）比初始质量的常用对数值小0.15，若要将材料质量降解至初始质量的，至少需要经过（ ）天 A. 198天 B. 199天 C. 200天 D. 201天 8. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，过的直线交E的右支于P、Q两点，满足，若、的重心分别为、，且，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 10. 设是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. D. 恰有2个零点 11. 芯片是信息时代的微观基石.国内某企业通过自主创新，其使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，其改进过程如下：部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.智能检测系统运行后，某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 若，则M最有可能的取值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则的虚部为______. 13. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的坐标为_____. 14. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的取值范围是______. 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. 已知正项数列的前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式 （2）设，求数列的前n项和，并证明：. 16. 已知抛物线C：，焦点为F，过点F作斜率不为0的直线交抛物线C于、两点. （1）求证：为定值； （2）若点，直线、分别与抛物线的准线交于M、N两点，求的取值范围. 17. 已知分别为的内角所对的边，. （1）求； （2）三角形的布洛卡点是法国数学家布洛卡于1816年首次发现：当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.若，，为的布洛卡角，求. 18. 如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. （1）若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （2）若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 19. 已知函数，. （1）若在单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，若在，在处的切线互相平行，求的最大值； （3）若“，”为真命题，试写出一个符合条件的实数，使其与的最小值误差不超过0.07.（参考数据：，，，） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度高三（下）数学试题卷 鲁能巴蜀中学命题研究中心命制 注意事项： 1.答题前.考生务必将自己的姓名、准考证号，班域、学校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.在试卷上作答无效. 3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合是素数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题可知，集合是素数， 所以. 2. 已知直线：与直线：平行，则实数的值为（ ） A. -1 B. 0 C. 3 D. -1或3 【答案】A 【解析】 【详解】当时，直线：与直线：，显然直线与不平行； 当时，因为直线：与直线：平行， 所以，解得，检验符合. 3. 记为等差数列的前n项和，若，，则（ ） A. 11 B. 12 C. 13 D. 14 【答案】B 【解析】 【详解】设等差数列的公差为，则， 解得. 所以. 4. 对于实数、，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】当，时，满足，但，所以”推不出“，充分性不成立， 因为，所以，又因为，所以，即 “能推出“”，必要性成立， 综上“”是“”的必要不充分条件. 5. 已知角的终边与圆交于点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为在圆上，所以， 所以， 所以． 6. 已知函数，若曲线在点处的切线与直线垂直，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】由已知可得切线斜率，根据导数的几何意义列方程求解即可． 【详解】因为， 所以在点处的切线的斜率为， 而该切线与直线垂直， 所以，解得． 7. 某科研团队研发了一款新型环保材料，其降解过程遵循指数衰减模型，实验测得，该材料在自然环境下的质量（单位：克）与时间t（单位：天）满足关系式，其中为初始质量，为一个大于1的常数，已知该材料在第10天时，其质量的常用对数值（以10为底）比初始质量的常用对数值小0.15，若要将材料质量降解至初始质量的，至少需要经过（ ）天 A. 198天 B. 199天 C. 200天 D. 201天 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，先求出，再根据，解出即可． 【详解】解：， ， 解得，则， ， ，解得． 8. 已知双曲线E：的左、右焦点分别为、，过的直线交E的右支于P、Q两点，满足，若、的重心分别为、，且，则E的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】 如图， 、分别为、的重心，所以，， 所以，所以， 又，所以，， 由双曲线的几何性质，， 可得，， 在中，， 中，， 所以，化简得，即， 所以. 二、多选题：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. 如图，圆锥的底面半径为，高为，是的直径，点在上，且，为的中点，则（ ） A. 平面 B. 为等边三角形 C. 平面 D. 圆锥的侧面积为 【答案】ABD 【解析】 【分析】先由圆锥的性质和几何关系，利用中位线定理判断线面平行，结合母线长与余弦定理判断三角形形状，再通过圆锥侧面积公式直接计算；对于选项C，采用反证法，假设线面垂直推出线线垂直，再通过计算三角形边长验证矛盾，从而判定该选项错误。 【详解】 对于A，因为分别是的中点，所以， 又因为平面，平面，所以平面，A正确； 对于B，在中，，，， 在中，，，， 在中，，，， ， 所以，所以为等边三角形，B正确； 对于C，连接，假设平面， 因为平面，平面，所以 在中，，，， 所以，所以为等腰三角形， 故与不垂直， 这与矛盾，因此假设不成立，C错误； 对于D，根据圆锥侧面积公式，所以圆锥的侧面积为，D正确． 10. 设是定义在上的偶函数，且当时，，则（ ） A. B. 当时， C. D. 恰有2个零点 【答案】BD 【解析】 【分析】利用已知可得，结合复合函数的导数可得，计算可判断A；利用偶函数性质求得的解析式判断B；利用导数可得在上单调递减，结合偶函数的性质判断C；利用单调性及，可得在上有且仅有一个零点，利用偶函数的性质可判断D. 【详解】对于A，因为是定义在上的偶函数， 所以，所以，即， 又当时，，所以， 所以，故A不正确； 对于B，当时，则，所以 ，故B正确； 对于C，当时，可得， 令，解得或；令，解得， 所以函数在和上单调递增，在上单调递减， 又，所以， 又函数是上的偶函数，所以，故，故C不正确； 对于D，，，， 结合函数的单调性及，可得在上有且仅有一个零点， 又因为函数是上的偶函数，可得在上有且仅有一个零点， 所以恰有2个零点，故D正确. 11. 芯片是信息时代的微观基石.国内某企业通过自主创新，其使用新技术对某款芯片制造工艺进行改进，其改进过程如下：部分芯片由智能检测系统进行筛选，其中部分次品芯片会被淘汰，筛选后的芯片及未经筛选的芯片进入流水线由工人进行抽样检验.智能检测系统运行后，某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率.记A表示事件“某芯片通过智能检测系统筛选”，B表示事件“某芯片经人工抽检后合格”.改进生产工艺后，这款芯片的某项质量指标服从正态分布，现从中随机抽取M个，这M个芯片中恰有m个的质量指标位于区间，则下列说法正确的是（ ） （参考数据：，） A. B. C. D. 若，则M最有可能的取值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】直接利用题意判断A；利用条件概率、全概率公式等进行转化判断B；利用正态分布的性质判断C；设，由函数的单调性判断D. 【详解】A，由某芯片通过智能检测系统筛选合格的条件下，经人工抽检后合格的概率大于直接进入人工抽检合格的概率， 即，故A正确； B，由，则， 又， 于是，即， 因此，即，则，故B错误； C， ，故C正确； D，， 设， ， 解得，， 由， 解得，即， 所以取得最大值时，的估计值为53，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若复数满足，则的虚部为______. 【答案】 【解析】 【详解】由可得， 则， 故的虚部为. 13. 已知，，，若，则在方向上的投影向量的坐标为_____. 【答案】## 【解析】 【详解】由，得， 即，解得， 所以. ， ，. 所以在方向上的投影向量为 . 14. 对于两个空间向量与，我们定义它们之间的曼哈顿距离为.如图，在棱长为1的正方体中，点P是底面内（含边界）的动点，且，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，得出相关向量坐标及点轨迹方程，再计算曼哈顿距离表达式，最后利用线性规划，分析直线截距与点轨迹关系求取值范围. 【详解】以为原点，为轴，为轴，为轴建立空间直角坐标系， 又因为正方体棱长为1，因此：， ，， 设，因为在底面内，故， 由题意可得：​，，所以模长平方可得：  ，所以， 即的轨迹是底面内的四分之一单位圆弧， 又因为，， 所以根据曼哈顿距离定义可得： ， 因为，故， 所以去绝对值得：  ，令，其几何意义为直线在轴上的截距， 结合点在上， 当直线过或时，取得最小值1， 当直线与相切时， 根据圆心到直线距离公式，且在第一象限， 可得，即最大值为， 所以的取值范围为. 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. 已知正项数列的前n项和为，且满足，. （1）求数列的通项公式 （2）设，求数列的前n项和，并证明：. 【答案】（1） （2），证明见解析 【解析】 【分析】（1）根据递推关系及的关系求得、，再由等差数列的定义写出通项公式； （2）应用裂项相消法求，即可证. 【小问1详解】 因为，， 当时，，又，所以或，又，则. 当时，因①；所以②， ①②：，化简：， 由，，故， 所以是以2为首项，公差为1的等差数列，则. 【小问2详解】 由，得， 所以， 又，所以，得证. 16. 已知抛物线C：，焦点为F，过点F作斜率不为0的直线交抛物线C于、两点. （1）求证：为定值； （2）若点，直线、分别与抛物线的准线交于M、N两点，求的取值范围. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）设直线的方程为，与抛物线方程联立，由韦达定理即可得证； （2）先求出直线的方程，与抛物线准线联立求得点的坐标，利用（1）中的韦达定理化简的表达式，即可求得其范围. 【小问1详解】 依题意，，设直线的方程为， 联立，得， 因， 则，， 故为定值. 【小问2详解】 设，，则， 所以直线的方程，把代入解得， 同理得，由（1）知：， 则 又，所以， 因 ，则. 的取值范围是. 17. 已知分别为的内角所对的边，. （1）求； （2）三角形的布洛卡点是法国数学家布洛卡于1816年首次发现：当内一点满足条件时，则称点为的布洛卡点，角为布洛卡角.若，，为的布洛卡角，求. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理结合三角恒等变换得，方法1：利用辅助角公式得，进而求解；方法2：利用二倍角公式化简得，进而求解；方法3：利用平方关系，解方程组，进而求解； （2）利用正弦定理解出，进而得,方法1：在中，利用正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而求解；方法2：在中，利用正弦定理得，在中，由正弦定理得，进而求解. 【小问1详解】 因为， 由正弦定理得：， 因为， 所以， 因为，所以，所以， 方法1：所以，即， 因为，所以，所以，所以； 方法2：，， 因为，所以，，； 方法3：因为，， 所以； 【小问2详解】 在中，，，，由余弦定理，可得， 由正弦定理得，， 因为，所以，， 所以，而，所以， 又，所以， 所以， 方法1：在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有， 所以 ， 所以.所以； 方法2：在中，由正弦定理有，所以， 在中，由正弦定理有，所以， 所以，故. 18. 如图，在棱长为4的正四面体中，分别为棱、、上的点，且，，，，. （1）若，. （i）证明：； （ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值； （2）若满足，设四面体的体积为随机变量，求的分布列和数学期望.（注：当时，四面体的体积记为）. 【答案】（1）（i）证明见详解（ⅱ）； （2）分布列见详解， 【解析】 【分析】（1）（i）取中点,由正四面体性质得,证出平面,得；再由中位线得,从而推出. （ⅱ）先求正四面体底面边长、中线与高,确定顶点在底面投影位置；以投影为原点建空间直角坐标系,求出各点坐标,再由线段比例得坐标,算出相关向量；列方程组求平面法向量,利用向量夹角公式算出与法向量夹角余弦,进而得到直线与平面所成角的正弦值. （2）先算出正四面体总体积,利用同高三棱锥体积比等于底面面积比,推出小四面体与原四面体体积比为；再用隔板法与枚举法,求出满足且的整数解共53组.分类讨论体积不为零的正整数：按等于3,4,5拆分组合，算出每种对应体积及情况数，用总数减去非零情况数得到体积为0的情况；列出体积分布列，代入期望公式化简计算，最终求得体积的数学期望为. 【小问1详解】 （i）取的中点D，连接，. 在正四面体中，因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为是等边三角形，D是的中点，所以， 因为，平面，所以平面， 因为平面，所以， 因为，，，，， 所以S、T分别为、的中点， 所以，所以. （ⅱ）如图D为中点，O为点P在底面的投影，点O在上， 由题意得，，，， 所以， 以O为原点，分别以、、方向为轴的正方向， 建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 因为，所以，则， 因为，则分别为棱、的中点， 则，， 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则， 令，则，即， 故， 则直线与平面所成角的正弦值为. 【小问2详解】 由（1）（ⅱ）得正四面体的体积为. 由三棱锥的体积公式和性质，同理可得 ， 所以，，所以，即 整数满足， 方法1：设d为非负整数，的自然数解问题. 设自然数包含，求解的自然数解个数，采用隔板法与去杂法结合计算. 对于方程的自然数解，总个数公式为，，， 代入得总解数:. 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能，这组解不合理； 若,则只能。这组解不合理. 题目存在约束条件,存在组不符合要求的自然数解，需从总解数中减去. 共有种. 方法2：时，，共19种； 时，，共15种， 时，，共10种； 时，，共6种； 时，，共3种，即共有种， 当四面体的体积不为0时，为正整数， ①当时，只有种情况， 此时； ②当时，，共有种情况， 此时； ③当时，，共有种情况， 此时， ，共有种情况，此时. 因此，当四面体的体积V为0时，共有种情况， 所以四面体体积V的分布列为 0 故. 19. 已知函数，. （1）若在单调递增，求实数的取值范围； （2）当时，若在，在处的切线互相平行，求的最大值； （3）若“，”为真命题，试写出一个符合条件的实数，使其与的最小值误差不超过0.07.（参考数据：，，，） 【答案】（1）； （2）； （3）0.85（答案不唯一） 【解析】 【分析】(1)利用导数判断单调性，将单调递增转化为导函数恒非负，分离参数求解即可 (2)切线平行即导数相等，合理构造函数求解最值 (3)恒成立问题分离参数，构造函数求解最值，结合已知数据估算最值点并取值. 【小问1详解】 ，由条件可知，，则只需，， 当时，，不成立；当时，解得，则，解得； 综上可得实数a的取值范围为. 【小问2详解】 ；时，.因为在与在处切线相互平行，所以， 即，则， 所以.令，， 则从而，在单调递增，单调递减 故，则的最大值为. 【小问3详解】 原式等价于，，即，，等价于，， 令，，则， 令，， 时，，单调递增，则，即； 时，，单调递减，因此在处取得最大值. 又因为时，，故存在唯一，使得，即, 则在上单调递增，在上单调递减，故的最大值在处取得， 因为，，所以， 此时满足即， 因为，即 因为，则，， 又因为，，则，故可取. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $