精品解析：重庆市杨家坪中学2025-2026学年度高三下学期5月月考数学试题

2025-2026学年杨家坪中学高三下5月月考 数学试题 （试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟） 本试卷分选择题和非选择题两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效． 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效． 一、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. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 4. 某研究小组收集了60组关于“每天课外阅读时长（单位：分钟）”与“语文阅读理解得分（单位：分）”的数据，经计算，且由这60组数据拟合得到的经验回归方程为，则（ ） A. B. 12 C. 1.2 D. 12.84 5. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 6. 若两个随机事件相互独立，满足，则（ ） A. B. C. D. 7. 已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 8. 将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（ ） A. B. C. D. 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. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 原点在圆的内部 C. 圆与圆有且仅有1条公切线 D. 直线与圆交于两点，的面积为 10. 如图，在等边中，，点在边上，且．过点的直线分别交射线，于不同的两点，，，．则以下选项正确的是（   ） A. B. C. D. 的最小值是 11. 已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，则_____． 13. 若i为虚数单位，则________． 14. 已知抛物线：，按如下方法依次构造点列：设点，过抛物线上点作斜率为4的直线与抛物线交于另一点，为关于轴的对称点.记的坐标为，数列的前项和为，则______. 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 16. 某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择．不同模式处理问题的时间（单位：秒）可以大致分为三组：，，一般情况下，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示． 某企业想对三种模式进行测评，若每种模式处理问题的时间在，，，分别记测评得分为2分，1分，0分，假设每种模式的测评相互独立，用频率估计概率． （1）若不考虑其它因素，仅从测评得分的均值考虑，哪种处理模式的测评得分最高？请说明理由； （2）在测评过程中，使用“深度思考”模式处理的所有问题中随机选取3个，记这3个问题中的测评得分相等的问题的个数为，求的分布列. 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． （1）求证：平面平面； （2）若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 18. 已知椭圆的左焦点为. （1）求的离心率； （2）为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 19. 设函数. （1）当时，证明：； （2）已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年杨家坪中学高三下5月月考 数学试题 （试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟） 本试卷分选择题和非选择题两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效． 注意事项： 1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上. 2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚． 3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效． 一、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. 已知命题，，那么为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案. 【详解】原命题，，是存在量词命题， 其否定是全称量词命题，注意到要否定结论， 所以为，. 2. 双曲线的实轴长为（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据已知条件求得，进而求得实轴长. 【详解】双曲线，对应， 所以，所以实轴长为. 3. 已知向量，，若，则（ ） A. B. C. D. 3 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算可得结果. 【详解】若，则， 因此可得，解得. 故选：D 4. 某研究小组收集了60组关于“每天课外阅读时长（单位：分钟）”与“语文阅读理解得分（单位：分）”的数据，经计算，且由这60组数据拟合得到的经验回归方程为，则（ ） A. B. 12 C. 1.2 D. 12.84 【答案】C 【解析】 【详解】解：． 5. 已知数列满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由已知变形得到，利用等差数列求通项公式得到，进而得，即可得答案. 【详解】由可变形为， 故为公差为的等差数列， 所以，所以，所以． 6. 若两个随机事件相互独立，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据独立事件的运算公式和性质，结合条件概率的运算公式、对立事件的概率公式、和事件的概率公式进行求解即可. 【详解】因为两个随机事件相互独立， 所以两个随机事件也相互独立， 由， 由， 所以 7. 已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据圆台和圆柱的体积公式得出，然后利用作差法判断出，结合基本不等式判断，即可得出答案. 【详解】设圆台和圆柱的高为，则，所以． 因为 ， 所以B正确，A错误； 又，所以，所以CD错误， 故选：B． 8. 将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简函数，然后直接求出零点即可得解. 【详解】， 令，则或， 所以或， 将的零点从小到大排列：， 所以数列的前8项和为. 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. 已知圆的半径为2，则（ ） A. B. 原点在圆的内部 C. 圆与圆有且仅有1条公切线 D. 直线与圆交于两点，的面积为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据半径可求解，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D. 【详解】的圆心和半径分别为, 故，则，A错误， 由于，故原点在圆内，B正确， 的圆心和半径分别为,由于， 故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确， 到直线的距离为，则， 故，D错误. 10. 如图，在等边中，，点在边上，且．过点的直线分别交射线，于不同的两点，，，．则以下选项正确的是（   ） A. B. C. D. 的最小值是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据用基底表示向量、向量夹角的计算、平面向量共线定理的推论、基本不等式“1”的妙用求最值求解即可. 【详解】对于A，由，得，则，A正确，B不正确； 对于C，由选项A知，，而，， 则，而共线，因此，即，C正确； 对于D，由选项C知，， ，当且仅当时取等号，D正确. 11. 已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（ ） A. B. C. 是奇函数 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可. 【详解】由关于对称，得， 已知​，将第二个式子换元，代入化简得， 因为，则，将用替换，可得， 将用替换，得， 即，故周期为. 又因为，则，即是偶函数. 由和，得， 且，故是偶函数. 选项A，，，由， 得，A正确； 选项B，对任意，，故，B正确； 选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误； 选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，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，则_____． 【答案】2 【解析】 【分析】根据和差角公式展开，即可得求解. 【详解】由可得，故， 则. 13. 若i为虚数单位，则________． 【答案】 【解析】 【分析】设，利用错位相减法求得，进而求解即可. 【详解】由，， 设， 则， 两式相减得， ， 所以. 14. 已知抛物线：，按如下方法依次构造点列：设点，过抛物线上点作斜率为4的直线与抛物线交于另一点，为关于轴的对称点.记的坐标为，数列的前项和为，则______. 【答案】 【解析】 【分析】设：，通过对称性确定，由在直线上，和，在抛物线上，确定数列是等差数列，再结合裂项相消法即可求解. 【详解】 设直线：， 因为与关于轴对称，所以 由在直线上得:， 又点，在抛物线上， 所以 得（常数），所以数列是等差数列. 又， 所以， 所以， 所以， 故 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. 在中，角所对的边分别为，且. （1）求； （2）若，求的面积. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可； （2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可． 【小问1详解】 解：， 利用正弦定理：， 整理得：， 由于， 所以，因为，所以； 【小问2详解】 ，， ，即， 解得（负值已舍去），则， . 16. 某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择．不同模式处理问题的时间（单位：秒）可以大致分为三组：，，一般情况下，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示． 某企业想对三种模式进行测评，若每种模式处理问题的时间在，，，分别记测评得分为2分，1分，0分，假设每种模式的测评相互独立，用频率估计概率． （1）若不考虑其它因素，仅从测评得分的均值考虑，哪种处理模式的测评得分最高？请说明理由； （2）在测评过程中，使用“深度思考”模式处理的所有问题中随机选取3个，记这3个问题中的测评得分相等的问题的个数为，求的分布列. 【答案】（1）“联网搜索”模式的测评得分最高，理由见解析 （2） 0 2 3 0.108 0.648 0.244 【解析】 【分析】（1）根据题中统计表，结合均值的定义进行求解即可； （2）根据独立事件的概率公式进行求解即可. 【小问1详解】 设“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式的测评得分的均值分别为， ， 因为，所以“联网搜索”模式的测评得分最高． 【小问2详解】 三个问题中测评得分相等的问题的个数可能的取值为0,2,3 ， , ， 所以三个问题中测评得分相等的问题的个数的分布列为： 0 2 3 0.108 0.648 0.244 17. 如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点． （1）求证：平面平面； （2）若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直； (2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值. 【小问1详解】 侧面为正三角形，为的中点， ， 是矩形，且分别为中点，， 面面， 面平面， 平面平面． 【小问2详解】 方法一：由（1）知，平面平面， 平面，平面平面平面，， 以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系， 则， ， ，设， 则， 设平面的一个法向量为，则，即， 取，则，所以， 易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且， 即且， 即且， 解得（舍去）或，所以． 设平面的一个法向量为， 又， 则，即， 取，所以． 设平面的一个法向量为， 则，即取， 则，所以， 设平面与平面夹角为，则． 故平面与平面夹角的余弦值为． 方法二：设平面与棱相交于点， 因为面，则平面， 且面面，则，又因为为中点，可得为中点， 设平面平面，，则为中点， 因为关于平面的对称点为，的中点为， 所以面，由（1）知平面平面， 所以平面，又平面平面 且，且， 在平面内，，所以， 因为为中点， 可得为正三角形，因为，所以为中点， 由对称性可知，， 所以，可得，且， 设交于点，则为中点， 则， 由面，可得， 则平面与平面夹角为， 设平面与平面夹角为，同理可得， 则平移可得平面与平面夹角为， 则，即， 故平面与平面 夹角的余弦值为． 18. 已知椭圆的左焦点为. （1）求的离心率； （2）为上一点，在处的切线为. ①证明：的方程为； ②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值. 【答案】（1） （2）①见解析；② 【解析】 【分析】（1）根据椭圆方程直接算离心率； （2）①联立，证明与椭圆相切即可；②先得到点坐标，再求直线，的斜率关系，再利用为定值得到的轨迹方程，表示出进行求解． 【小问1详解】 由椭圆知， 故，所以的离心率； 【小问2详解】 ①由点在椭圆上，得，则点在直线上， 由，联立消去得， 即， 也即， 将代入上式化简，得， 因为， 故切线的方程为； ②由①知，的方程为，当时，，则得， 由于，故直线的斜率， 由于，故直线的斜率， 又与交于点， 所以， 设，则， 化简得的轨迹方程为， ， 所以当时，的最小值为． 19. 设函数. （1）当时，证明：； （2）已知函数在区间内存在极值点. ①求的取值范围； ②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由. 【答案】（1）证明见解析 （2）①,②存在， 【解析】 【分析】（1）构造函数，求导进行求解； （2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解； ②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则 ，构造函数，求导判断与0大小关系即可． 【小问1详解】 设， 则， 因为，所以， 则函数在上单调递增，所以， 得当时，，即得证． 【小问2详解】 ， ， 因为函数在区间内存在极值点， 所以在内有变号零点． ①当时，因为，所以， 得 恒成立， 得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 当时，令， 则 ， 所以函数在上单调递减， 又 ， 若 ，即， 则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意， 若 ，即， 因为函数在上单调递减，且 ， ， 所以存在，使得 ，即， 则当时，，单调递增， 当时，，单调递减， 所以是的极大值点，符合题意， 故的取值范围为：． ②由①知，当时，在上单调递增，在上单调递减， 当时，得，则， 得在上单调递减， 故当时，在上单调递增，在上单调递减， 而 ， ， 而 ， 由零点存在性定理知，存在唯一的零点，使得， 即存在唯一的零点，使得． 接下来比较与的大小， 因为， 由，得，得， 则 ， 令， 得 ， 令，得， 得在上单调递减，得， 而 ， 令， 得， 得在上单调递减，得， 得， 得 ， 得在上单调递减，得， 得 ，而，得 ， 因为，所以，得，而， 而当时，在上单调递减， 得． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $