精品解析：重庆市巴蜀中学校2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷

重庆市巴蜀中学校2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷 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、单项选择题（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，只有一项是 符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 5 D. 2. 命题 “ ” 的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数 ，则 （ ） A. B. 1 C. D. 4. 给某班级星期一上午排课，一共 5 节课，语数外各一节，体育课两节（两节体育课相同），要求两节体育课必须相邻， 则不同的排课种数有（ ） A. 48 B. 60 C. 24 D. 12 5. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 14 6. 已知点 为函数 的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在正方形中，，点在直线上满足 ，点在直线上满足 .已知 ,则（ ） A. B. 1 C. D. 2 8. 在平面直角坐标系中，为两不同的动点，以为直径的圆与直线相切，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 二、多项选择题（本大题共 3 个小题，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） 9. 已知等差数列的首项为 3，公差为 2 .数列 满足 ，下列说法中正确的有（ ） A. B. 数列 是公差为 2 的等差数列 C. 是等比数列 D. 对任意正整数 成立 10. 某大模型用于处理两类推理任务：代码生成与数学证明，任务数量分别为 5000 个与 3000 个.现按比例分层抽样， 共抽取 160 个任务进行延迟测试 （单位： ms）.经计算， 代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；数学证明样本均值为 ，方差为 ，下列说法中正确的有（ ） A. 每个数学证明任务被抽中的概率为 B. 代码生成任务应抽取 100 个 C. 总样本的均值为 D. 总样本的方差为 11. 已知函数，其中且，则下列说法正确的是（ ） A. 一定存在极大值点 B. 若有且仅有3个极值点，则极大值一定大于0 C. 若存在极小值，则极小值一定小于0 D. 若有且仅有3个极值点，且，则 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 已知抛物线的准线方程为，则___________. 13. 已知数列 前 项和为 ，且满足 ，则当 时， _____. 14. 一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 四、解答题 （共 77 分.解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤） 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 16. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形，平面 平面，平面平面 且二面角 的余弦值为 . （1）求证： 平面 ； （2）求三棱锥 的体积. 17. 在锐角 中，角 所对边分别为 且满足 . （1）求 ； （2）若的角平分线交 于点 ，求 的最小值. 18. 已知点 ，过点斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点（A在的左侧），且为线段中点. （1）求椭圆的离心率； （2）记原点为，椭圆的左、右顶点记为，直线与交于点，记 的面积为，四边形面积为. （i）证明： ； （ii）求的取值范围. 19. 牛顿迭代法（又称牛顿切线法）是求方程近似根的重要方法.对于方程，若可导，从一个初始近似值出发，构造迭代公式，在适当条件下，随着的增大，会越来越接近于方程的根.已知函数，区间满足上述迭代公式且初值. （参考数据：） （1）证明：方程在区间内有唯一实根； （2）证明：； （3）对，记，证明：数列单调递减. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市巴蜀中学校2026届高三下学期5月模拟考试数学试卷 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、单项选择题（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，只有一项是 符合题目要求的） 1. 已知，则（ ） A. B. C. 5 D. 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故，故. 2. 命题 “ ” 的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】全称命题和存在命题的否定规则为“改量词，否结论”. 【详解】将存在量词改为全称量词，同时否定结论“”为“”. 所以原命题否定形式为“”，对应选项为D. 3. 已知函数 ，则 （ ） A. B. 1 C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】已知函数， 因为. 所以， 又 所以. 4. 给某班级星期一上午排课，一共 5 节课，语数外各一节，体育课两节（两节体育课相同），要求两节体育课必须相邻， 则不同的排课种数有（ ） A. 48 B. 60 C. 24 D. 12 【答案】C 【解析】 【详解】采用捆绑法，将两节相邻的体育课视为一个整体. 此时需排列的元素为语文、数学、外语、体育整体，共4个元素. 4个元素的全排列数为. 由于两节体育课为相同课程，内部无需再排列. 因此，不同的排课种数为24. 5. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则（ ） A. 3 B. 6 C. 10 D. 14 【答案】D 【解析】 【分析】先由双曲线标准式得，结合渐近线斜率求出，再利用双曲线定义，代入求出两个解，再根据双曲线焦点距离的范围舍去不合理解，得到的值. 【详解】由双曲线得，. 渐近线得，可求. 由，得. 由双曲线定义得 ，代入  解得  或 . 若 ，则 ，此时点  在双曲线右支上. 而右支上的点到右焦点  的距离不小于 ，故  舍去. 因此 . 6. 已知点 为函数 的一个对称中心，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由正切函数的对称中心，通过整体结构一致，即可求解. 【详解】对于正切函数，其对称中心满足， 因为是的对称中心， 因此将代入得： ， 整理得​， 因为，要求的最小值，则取最小的正整数， 代入得： ，​ 因此的最小值为. 7. 在正方形中，，点在直线上满足 ，点在直线上满足 .已知 ,则（ ） A. B. 1 C. D. 2 【答案】C 【解析】 【详解】设，， 则由题意得，，， 则， 则. 8. 在平面直角坐标系中，为两不同的动点，以为直径的圆与直线相切，则的最小值为（ ） A. B. 4 C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据点在圆上得出最小时只需往直线作垂线所得垂线段为直径，利用点到直线的距离公式可得. 【详解】因为是直径，，所以点在圆上， 过作垂直直线，垂足为， 因为圆与直线相切，所以最小，只需为圆的直径即可， 到直线的距离， 则的最小值为 二、多项选择题（本大题共 3 个小题，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） 9. 已知等差数列的首项为 3，公差为 2 .数列 满足 ，下列说法中正确的有（ ） A. B. 数列 是公差为 2 的等差数列 C. 是等比数列 D. 对任意正整数 成立 【答案】ACD 【解析】 【分析】由等差数列通项公式可判断A，由A得到，的通项公式可判断BC，由的通项公式可判断D. 【详解】选项A： 已知等差数列首项，公差， 由等差数列通项公式： ，因此A正确， 选项B：设，代入得： ， 公差，因此B错误， 选项C： 由，得：  ，公比为常数， 因此是等比数列，C正确， 选项D： 左边：，  右边：， 由等差数列性质：， 因此指数相等，左边=右边，对任意正整数 成立，D正确. 10. 某大模型用于处理两类推理任务：代码生成与数学证明，任务数量分别为 5000 个与 3000 个.现按比例分层抽样， 共抽取 160 个任务进行延迟测试 （单位： ms）.经计算， 代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；数学证明样本均值为 ，方差为 ，下列说法中正确的有（ ） A. 每个数学证明任务被抽中的概率为 B. 代码生成任务应抽取 100 个 C. 总样本的均值为 D. 总样本的方差为 【答案】BC 【解析】 【详解】对于A选项，数学证明的样本容量为 ， 所以每个数学证明任务被抽中的概率为 ，故A选项错； 对于B选项，代码生成任务的样本容量为，故B选项对； 对于C选项，因为样本容量是 160 ， 且100个代码生成样本均值为 212ms，60个数学证明样本均值为 ， 所以总样本的均值是，故C选项对； 对于D选项，因为代码生成样本均值为 212ms，方差为 ； 数学证明样本均值为 ，方差为 ； 总样本的均值是200，所以总样本的方差为 ，故D选项错. 11. 已知函数，其中且，则下列说法正确的是（ ） A. 一定存在极大值点 B. 若有且仅有3个极值点，则极大值一定大于0 C. 若存在极小值，则极小值一定小于0 D. 若有且仅有3个极值点，且，则 【答案】BD 【解析】 【分析】先对求导并整理出导数零点，证得三者满足，再按奇偶分四种情况，依据各区间内导数因式符号判断单调性与极值点个数、类型，接着逐一辨析选项：由四种情形知函数必有极大值点故A错，仅均偶时有3个极值点且极大值大于0,故B对，偶奇时极小值说明C错，通过代数推导得故D正确. 【详解】已知函数，其中. 求导得. 即 令，得零点， . 由，得差值大于，故. . 由，得差值大于，故. 所以，令 ①偶，偶（奇，奇） 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递增. 所以可得极小值点：，极大值点，共3个极值点. ②偶，奇（奇，偶） 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递增. 所以可得极小值点：，极大值点. ③奇，偶（偶，奇） 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递增. 所以可得极大值点：，极小值点. ④奇，奇（偶，偶） 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递减. 时，，，，，单调递增. 时，，，，，单调递增. 所以可得极小值点：. 选项A，所以函数可能不存在极大值点，A错误. 选项B，若有且仅有3个极值点根据以上分析可知极大值为，B正确. 选项C，根据以上分析可知当为偶数，为奇数时，极小值，C错误. 选项D：若有且仅有3个极值点根据以上分析可知3个极值点， ， 即.D正确. 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 已知抛物线的准线方程为，则___________. 【答案】4 【解析】 【分析】根据抛物线方程得准线方程，从而求得． 【详解】抛物线的准线方程是，所以，解得． 故答案为：4 13. 已知数列 前 项和为 ，且满足 ，则当 时， _____. 【答案】 【解析】 【分析】由题设中的递推关系可得，据此可求，求出可得. 【详解】因为，故，故， 整理得，当时，有， 故， 而，故，而， 故，故，故， 而，也满足上式，故. 14. 一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____. 【答案】 ①. ②. ## 【解析】 【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为. 【详解】①已知，正态曲线图像关于对称， 故， 因此. ②由题意，，满足，且与独立， 由全概率公式： (1) 令，则, 即等价于 (2) (1)(2)两式相加 结合第一空的结论， 得. 四、解答题 （共 77 分.解答应写出文字说明， 证明过程或演算步骤） 15. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）： 完成比赛 未完成比赛 搭载智能避障系统 180 70 未搭载智能避障系统 120 130 （1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关? （2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 . 附： ，其中 . 0.100 0.050 0.010 0.005 0.001 2.706 3.841 6.635 7.879 10.828 【答案】（1）“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. （2），分布列为： 【解析】 【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断； （2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可. 【小问1详解】 完善列联表如下： 完成比赛 未完成比赛 合计 搭载智能避障系统 未搭载智能避障系统 合计 设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关， 则， 故根据小概率值 的独立性检验， 可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关. 【小问2详解】 根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为， 故可取， 又，， ，， 故的分布列为： 故. 16. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形，平面 平面，平面平面 且二面角 的余弦值为 . （1）求证： 平面 ； （2）求三棱锥 的体积. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用空间垂直关系的转化可得，，由线面垂直的判定定理可证平面 ； （2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量求出面面角的余弦值，从而求出，据此可求三棱锥 的体积. 【小问1详解】 因为四边形为正方形，故， 而平面 平面，平面 平面， 平面，故平面，而平面， 故，同理，而，平面， 故平面. 【小问2详解】 因为平面，，故可建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 故，故，所以， 故，， 设平面的法向量为，则， 所以，取， 而平面的法向量为，故， 整理得，故，故， 故到平面的距离为，故. 17. 在锐角 中，角 所对边分别为 且满足 . （1）求 ； （2）若的角平分线交 于点 ，求 的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角变换可得，从而可求； （2）根据面积关系可得，结合基本不等式可求 的最小值. 【小问1详解】 因为， 故， 整理得，而为锐角三角形， 故，故，故. 【小问2详解】 因为， 所以， 而，故， 故，即， 故，故， 当且仅当时等号成立，故的最小值为. 18. 已知点 ，过点斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点（A在的左侧），且为线段中点. （1）求椭圆的离心率； （2）记原点为，椭圆的左、右顶点记为，直线与交于点，记 的面积为，四边形面积为. （i）证明： ； （ii）求的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）证明见解析；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用点差法可求椭圆的离心率； （2）（i）记与的交点为．根据不同三角形的面积关系转化为可证；（ii）记直线与轴交点为，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可用表示面积之比，结合单调性可求面积之比的取值范围. 【小问1详解】 设，则，， 故， 而为的中点，故，故， 而直线的斜率为，故，故， 故，故即离心率为. 【小问2详解】 （i）证明：记与的交点为． , 化简可得：得证． （ii）由椭圆方程知， 由（1）可知，椭圆方程为，直线方程为， 联立方程，可得， 解得，则的取值范围为， , 记直线与轴交点为，则， , 则， 得到关于单调递减． 由于，故，即． 19. 牛顿迭代法（又称牛顿切线法）是求方程近似根的重要方法.对于方程，若可导，从一个初始近似值出发，构造迭代公式，在适当条件下，随着的增大，会越来越接近于方程的根.已知函数，区间满足上述迭代公式且初值. （参考数据：） （1）证明：方程在区间内有唯一实根； （2）证明：； （3）对，记，证明：数列单调递减. 【答案】（1）证明见解析； （2）证明见解析； （3）证明见解析； 【解析】 【分析】（1）利用导数判断其单调性，再根据零点存在性定理即可证明； （2）利用二阶求导得到的单调性，再构造整体函数判断其单调性即可； （3）令，求导后得其单调性，再合理赋值即可证明. 【小问1详解】 ． 由零点存在定理，在内至少有一个零点． 又，当时，，故，即严格单调递增． 因此在区间内有唯一零点． 【小问2详解】 . 由于，则. 下证:. 设，， 则，故在区间上单调递增． 令， 则，故在区间上单调递减， 得到，取，得， 由于（否则与矛盾），故，因此． 【小问3详解】 ． 对，令， 则． 由于在区间上单调递增，则在上单调递减，在上单调递增． 得到．由于且，则， 即。 则， 又．由（1）可知严格单调递增，则， 且，所以，所以数列单调递减． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $