精品解析：重庆市巴蜀中学校2026届高三5月模拟考试数学试题

重庆市巴蜀中学校2026届高三5月模拟考试数学试题 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】集合表示的是奇数集， 集合中为奇数的元素为， 所以. 2. 函数 的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于偶次根号下的被开方数非负，则，即， 因为是增函数，解得； 另外，由分母不为零得，解得. 综上，定义域为 3. 在等比数列 中，命题 ： 数列 的首项 且公比 ，命题 ： 数列 是递增数列. 则命题 是命题 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】A 【解析】 【详解】若命题成立，即，公比. 由等比数列通项， 得， 因为，，所以，即​， 所以数列是递增数列，因此能推出，充分性成立； 若数列是递增数列，不一定满足命题. 举反例：取，公比​，数列各项为，满足， 确实是递增数列，但不满足且，因此命题不能推出命题，必要性不成立. 综上，命题  是命题  的充分不必要条件. 4. 将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用球和正四棱台的体积相等直接计算即可． 【详解】球的体积为，设铁锭的高为，则正四棱台的体积为， 由球和正四棱台的体积相等，可得，解得. 5. 已知 ，若直线 上存在点 满足 ，则实数 的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 14 【答案】C 【解析】 【分析】先根据求出点的轨迹为圆，再结合直线与圆有交点时圆心到直线的距离不大于半径，求解的取值范围即可得到最大值。 【详解】设，由得，化简整理得. 由题意得直线与有公共点， 故， 解得， 所以实数 的最大值是. 6. 我国古代数学家僧一行应用 “九服晷影算法” 在《大衍历》中建立了影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表. 根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即. 对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，若第一次的 “晷影长” 是 “表高” 的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（ ） A. 倍 B. 1倍 C. 倍 D. 倍 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得：，， 则， 所以第二次的“晷影长”是“表高”的1倍. 7. 已知函数，若，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用函数奇偶性定义可得函数为奇函数，结合其单调性可得，再利用基本不等式计算即可得解. 【详解】由恒成立，故定义域为， ， 由在上单调递增， 且在上单调递增，则在上单调递减， 有， 则， 故函数为奇函数，则在上单调递减， 则由可得， 即，则， 则， 当且仅当时，等号成立，即的最小值为. 8. 已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】分析可知，，结合椭圆定义求离心率即可. 【详解】因为，，则， 则，， 所以椭圆的离心率为. 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. 已知向量 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与 夹角的余弦值为 D. 在 上的投影向量为 【答案】BCD 【解析】 【分析】利用向量共线、垂直的判定条件，向量夹角余弦公式、投影向量的计算方法逐一验证选项即可. 【详解】选项A：两向量平行的充要条件是，代入得 ，故与不平行，A错误； 选项B：计算得 ， 则 ，故 ，B正确； 选项C： ，， ， 则夹角的余弦值，C正确； 选项D：在方向上的投影向量为，D正确. 10. 一个正四面体的四个面上分别标以数字1，2，3，4，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件：“”，事件：“”，事件：“”，事件：“”，则（ ） A. 与互斥 B. C. D. 与相互独立 【答案】BD 【解析】 【详解】由题意可知：，， ，， 对于选项A：因为，所以与不互斥，故A错误； 对于选项B：因为，故B正确； 对于选项C：因为，故C错误； 对于选项D：因为， 设样本空间为，则，，， 可得，，， 因为，所以与相互独立，故D正确. 11. 已知函数，数列满足：，且，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. C. 是递增数列 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】转化为证明，令，利用导数求得函数的单调性，结合，可判定A正确；求得，结合，可判定B正确；化简得到，令，利用导数求得函数的单调性，求得，得到，可判定C错误；令，利用导数求得函数单调递增，得到，得到，进而判定D正确. 【详解】对于A，当时，可得，要证，只需证明， 即证，令， 可得，所以在上单调递增， 又由，所以，即，即， 所以当时，成立，所以A正确； 对于B，由数列满足， 可得 由选项A知：当时，，即，即， 若，则，依次类推，可得，所以B正确； 对于C，由，可得， 令，可得， 令，可得， 所以在上单调递减，则，所以， 所以在上单调递减，且当时，可得， 则，所以，即，即， 所以数列是递减数列，所以C错误； 对于D，由选项B知：，下面证明：，即， 令，可得， 令，可得，所以在上单调递增， 因为，所以，即，所以单调递增， 又因为，所以， 即对于任意，都有，所以，即， 即， 所以， 又因为，所以，所以，所以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 是虚数单位，复数 ，则 _____. 【答案】##0.2 【解析】 【分析】由复数的乘法、除法运算和共轭复数的概念即可求解. 【详解】由题意 ，可得， 则   ， 则z的共轭复数为 ， 因此： . 13. 已知首项和公差都不为 0 的等差数列 ，其前 项和为 ，且 ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】由已知比例关系解出等差数列首项与公差的关系，代入所求表达式化简即可. 【详解】因为是等差数列，且 ， 设等差数列的公差为，则有，整理得， 又因为首项和公差都不为 0 ，经验证不是0，不是0符合题意， 则. 14. 当时，曲线的图象与曲线的图象有唯一交点，则正实数的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，转化为在区间上有唯一解，求得和，结合方程有唯一的解，分类讨论，确定方程解的情况，即可得到答案. 【详解】要使得时，曲线的图象与曲线的图象有唯一交点， 等价于方程在区间上仅有唯一解， 可得或， 所以或， （1）当时，，， 此时无解； ，则需，即， 此时，故无解； 即当时，方程在区间上无解，不符合题意； （2）当时，对于，则， 若，则，要使得，即，即， 当时，，此时， 当时，；当时，；当时，； 此时，当时的解，则交点的个数就会大于1，不符合题意； 若，分别变为，此时无解； 若，左边，右边，等式不成立，无解； 对于，右边， 方程，因为，，则， 要使得，可得，解得， 此时当时的解为， 加上的解，则交点个数大于1，不符合题意； 所以只需考虑，此时方程的解为，， ①当且时，则满足且， 因为，解得且，此时实数不存在； ②当无解或且时， 则满足或或且， 因为，解得且，所以， 验证端点，当时，方程存在唯一的解符合题意； ③当时，即 ， 可得，解得， 即，此时方程存在唯一的解，符合题意， 综上可得，正实数的取值范围为. 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. 已知 中，内角 的对边分别为 ，满足 . （1）求 ； （2）若 ； 是 边上一点，且 ，求 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用余弦定理求出的余弦值，从而得到角的大小； (2) 利用正弦定理把边化为角求解. 【小问1详解】 因为 ，即 ， 由余弦定理得， 因为，所以； 【小问2详解】 因为， 由正弦定理 ，得， 即，所以 所以，又 ，得，所以，所以， 因为，所以，， 在 中，， 则 ， 在 中，， ，所以， 所以， 所以， 所以. 16. 如图，在四棱台中，，，；，. （1）证明：平面； （2）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）利用余弦定理及勾股定理逆定理证明，进而得到，再结合已知条件证明和，利用线面垂直判定定理即可得证. （2）以为原点建立空间直角坐标系，求出两平面的法向量，利用向量夹角公式求解． 【小问1详解】 在中，，，， 由余弦定理得， 所以． 因为，所以，即． 又因为，所以． 在中，，，， 因为，所以，即． 又因为，即，且，平面， 所以平面． 【小问2详解】 由（1）知平面，且，故以为坐标原点， 的方向分别为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系． 则，，，． 因为，，且，所以． 因为四棱台中，，， 所以，所以． 同理，，，所以，． 平面即平面，其一个法向量为． 设平面的法向量为，，， 则，令，则，所以． 设平面与平面的夹角为，则． 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知函数. （1）若，求的最大值； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入，求导分析单调性，确定最值； （2）求导，分析单调性确定存在点使有两个零点，进而转化为不等式，证明不等式大于零求的取值范围. 【小问1详解】 当时，， ， 在单调递减，注意到， ∴当时，，单调递增； 当时，， 单调递减， 在上单调递增，在上单调递减， ； 【小问2详解】 ，在单调递减， 注意到且时，时，， ∴存在唯一，使且在上单调递增，在上单调递减， 注意到且及时，， ∴ 要使有两个零点，只需， ∵，则， 代入上式得，化简得， 设，则在上单调递增，注意到， ∴当时，， 设，则在单调增，故，， ∴若有两个零点，则实数的取值范围是 18. 已知一个不透明的箱子内装有大小质地一样， 只有颜色不同的 6 个小球， 其中 4 个红球， 2 个白球，现从箱子内不放回地逐一依次取球，当箱子内的小球颜色只剩一种时就停止取球. 用 表示停止取球时取出的小球的总数，用 表示停止取球时箱子内剩余的白球个数. （1）求 ； （2）求 ； （3）求 的分布列及期望. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析； 【解析】 【分析】（1）事件“”包含箱子内剩余2个白球或剩余2个红球，利用古典概型公式即可求解； （2）先分析的情况，再求概率即可求解； （3）的可能取值为，求出对应的概率，进而求解. 【小问1详解】 由题意得：事件“”包含箱子内剩余2个白球或剩余2个红球， （方法一）考虑2个白球的位置， 剩余2个白球（最后两次取白球）的概率为：， 剩余2个红球（前3次中有一次取白球，第4次取白球）的概率为：. （方法二）考虑前4次取球的排列情况， 剩余2个白球（前4次取出的都是红球）的概率为：， 剩余2个红球（前4次取出2个白球2个红球，且前3次中有一次取白球，第4次取白球）的概率为：. 所以； 【小问2详解】 由题意知，当时，满足题意，当时，，不满足题意，当时，，不满足题意， 所以表示取出2个白球，剩余4个红球，所以， 表示取出3个球，且前两次取出1白1红，第3次取出的是白球，剩余3个红球，所以， 表示取出4个球，且前3次取出1白2红，第4次取出的是白球，剩余2个红球，所以， 表示取出5个球，且前4次取出1白3红，第5次取出的是白球，剩余1个红球，所以， 所以； 【小问3详解】 的可能取值为， 由（2）知， 当时，，表示取出5个球，且前4次取出1白3红，第5次取出红球，剩1个白球，则 ， 当时，，表示前4次取出4个红球，剩余2个白球，， 所以的分布列为： 所以. 19. 已知抛物线，为其焦点，为抛物线外一点，过作抛物线的切线，切点分别为，点为抛物线弧上的动点，抛物线在处的切线分别交于点. （1）证明：，，成等比数列； （2）若过点作抛物线的两条切线，分别交轴于两点，求的外接圆方程； （3）当为一给定的定点时，求四边形面积的最小值(结果用表示). 【答案】（1）证明见解析 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设，，求出直线的方程，联立抛物线方程求出，，根据，即可证明； （2）求出，再求出的中垂线方程进而求出圆心坐标，设圆的方程，代入即可求出答案； （3）求出，， 令求得进而求出，根据即可求出答案. 【小问1详解】 设，， 抛物线方程可化为，， 所以点处的切线方程为，即， 同理点处的切线方程为， 因为点在直线和上，所以直线方程为， 联立，消得， 所以，， ， 所以，，成等比数列. 【小问2详解】 由（1）知方程为， 令，则，则，同理， 直线方程为，代入抛物线方程得， 所以， 所以的中垂线为， 的中垂线方程为， 令得圆心纵坐标为， 设圆的方程为，代入点得， 所以的外接圆方程为. 【小问3详解】 设，则直线方程为， 联立，解得，则，同理， ， ， 记， 为关于开口向上的二次函数，对称轴为， 则当时，，当时，， 所以， 所以，当且仅当时等号成立， 所以， 所以四边形面积的最小值为. 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届高三5月模拟考试数学试题 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. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 函数 的定义域是（ ） A. B. C. D. 3. 在等比数列 中，命题 ： 数列 的首项 且公比 ，命题 ： 数列 是递增数列. 则命题 是命题 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 4. 将一个半径为 1 的铁球熔化后， 浇铸成一个正四棱台形状的铁锭， 若这个铁锭的上、下底面边长分别为 1 和 2 ， 则它的高为（ ） A. B. C. D. 5. 已知 ，若直线 上存在点 满足 ，则实数 的最大值是（ ） A. B. C. 4 D. 14 6. 我国古代数学家僧一行应用 “九服晷影算法” 在《大衍历》中建立了影长与太阳天顶距的对应数表，这是世界数学史上较早的一张正切函数表. 根据三角学知识可知，晷影长等于表高与太阳天顶距正切值的乘积，即. 对同一“表高”测量两次，第一次和第二次太阳天顶距分别为，若第一次的 “晷影长” 是 “表高” 的2倍，且，则第二次的“晷影长”是“表高”的（ ） A. 倍 B. 1倍 C. 倍 D. 倍 7. 已知函数，若，则的最小值是（ ） A. 1 B. 2 C. D. 8. 已知是椭圆上一点，，是椭圆的两个焦点，，，则椭圆的离心率为（ ） A. B. 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. 已知向量 ，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 与 夹角的余弦值为 D. 在 上的投影向量为 10. 一个正四面体的四个面上分别标以数字1，2，3，4，将其随机抛掷两次，记与地面接触面上的数字依次为，事件：“”，事件：“”，事件：“”，事件：“”，则（ ） A. 与互斥 B. C. D. 与相互独立 11. 已知函数，数列满足：，且，下列说法正确的是（ ） A. 当时， B. C. 是递增数列 D. 三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12. 已知 是虚数单位，复数 ，则 _____. 13. 已知首项和公差都不为 0 的等差数列 ，其前 项和为 ，且 ，则 _____. 14. 当时，曲线的图象与曲线的图象有唯一交点，则正实数的取值范围是_____. 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. 已知 中，内角 的对边分别为 ，满足 . （1）求 ； （2）若 ； 是 边上一点，且 ，求 的值. 16. 如图，在四棱台中，，，；，. （1）证明：平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值. 17. 已知函数. （1）若，求的最大值； （2）若有两个零点，求实数的取值范围. 18. 已知一个不透明的箱子内装有大小质地一样， 只有颜色不同的 6 个小球， 其中 4 个红球， 2 个白球，现从箱子内不放回地逐一依次取球，当箱子内的小球颜色只剩一种时就停止取球. 用 表示停止取球时取出的小球的总数，用 表示停止取球时箱子内剩余的白球个数. （1）求 ； （2）求 ； （3）求 的分布列及期望. 19. 已知抛物线，为其焦点，为抛物线外一点，过作抛物线的切线，切点分别为，点为抛物线弧上的动点，抛物线在处的切线分别交于点. （1）证明：，，成等比数列； （2）若过点作抛物线的两条切线，分别交轴于两点，求的外接圆方程； （3）当为一给定的定点时，求四边形面积的最小值(结果用表示). 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $