精品解析：重庆市第八中学校2026届高三下学期5月模拟预测数学试题

重庆市第八中学校2026届高三下学期5月模拟预测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.试卷由”整理排版.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合且，则（ ） A. B. C. D. 2. 若复数满足，则的共轭复数的虚部为 A. B. C. D. 3. 已知双曲线C：的虚轴长是实轴长的2倍，且焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 80 D. 82 6. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 40 B. 36 C. 30 D. 12 7. 已知函数 则不等式的解集为（ ） A. B. C. (1，0) D. 8. 已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为.若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（ ） A. B. 的展开式中所有项的二项式系数和为1 C. 是5的倍数 D. 10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，连接并延长与准线交于点，与轴交于点，准线与轴交于点，则（ ） A. 为锐角 B. C. D. 11. 已知数列满足，则（ ） A. 数列为递增数列 B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，且，则___________. 13. 已知O为坐标原点，若椭圆E：上存在三点A，B，C，使四边形OABC为正方形，则椭圆E的离心率为__. 14. 若函数有两个极值点，且，，则实数a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. 在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. （1）求； （2）若，求. 16. 如图，AB为⊙O的直径，垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，,三棱锥P-ABC体积的最大值为9. （1）当时，求二面角的正弦值； （2）当△PBC的面积最大时，求AC. 17. 已知函数． （1）若函数在处的切线与直线垂直，求函数的单调区间； （2）若，都有恒成立，求实数a的取值范围． 18. 从1，2，3，…，这个正整数中每次等可能地随机抽取一个. （1）当时，若每个数字不可重复抽取，抽取数字直到抽到的数字大于2为止，记抽取次数为，求的分布列和期望； （2）若每个数字可以重复抽取，抽到次奇数时停止抽取（为正整数），此时共抽取了次， （i）若为奇数，证明：； （ii）若为偶数，求. 19. 已知曲线E： （1）证明：曲线是轴对称图形，并求的取值范围； （2）记点，直线. （i）证明：直线与曲线恒有三个不同的交点； （ii）设直线与曲线从左至右的交点依次为A，B，C，若存在直线l上的点，使得求点的轨迹方程. 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5月模拟预测 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用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.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.试卷由”整理排版.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 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. 已知集合且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 所以，又，所以. 2. 若复数满足，则的共轭复数的虚部为 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义即可得出． 【详解】，， 则z的共轭复数的虚部为1． 故选D． 【点睛】本题考查了复数的运算法则、共轭复数的定义、虚部的定义，考查了推理能力与计算能力，属于基础题． 3. 已知双曲线C：的虚轴长是实轴长的2倍，且焦点到渐近线的距离为2，则此双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意得，，渐近线方程， 焦点到的距离为，则， 则此双曲线的方程为 4. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， ． 5. 已知各项均为正数的等比数列的前n项和为，且满足，，成等差数列，则（ ） A. 15 B. 17 C. 80 D. 82 【答案】D 【解析】 【分析】根据等差数列的性质和等比数列的通项公式列方程求解的值，从而利用等比数列的求和公式计算可得结果. 【详解】设各项均为正数的等比数列的公比为， ∵，，成等差数列，∴， ∴，∴，，解得. 则. 6. 把分别写有1，2，3，4，5的五张卡片全部分给甲、乙、丙三个人，每人至少一张，若分得的卡片超过一张，则必须是连号，那么不同的分法种数为（ ） A. 40 B. 36 C. 30 D. 12 【答案】B 【解析】 【详解】张连号有，，，；张连号有，，， 若有两组2张连号和一张单牌，则连号组合可以是，或，或，共种， 再将其分给三个人共有种； 若有一组3张连号和两张单牌，则连号组合可以是或或， 则分给三个人共有种， 故不同的分法种数为. 7. 已知函数 则不等式的解集为（ ） A. B. C. (1，0) D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先化简函数，再判断函数的奇偶性和单调性，根据函数的性质解不等式. 【详解】， 设，，所以为偶函数， 所以，是偶函数， 当时，， 所以在单调递增，根据复合函数单调性可知，在单调递增， 所以不等式， 即，两边平方，整理为， 解得：或 所以不等式的解集为. 8. 已知一个圆锥的底面半径为5，表面积为.若在该圆锥内放入三个半径均为的球，其中每个球都与其他两个球相切，三个球都与圆锥的底面和侧面也相切，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆锥的表面积公式得到母线，根据圆锥截面的性质、圆的截面性质及相互之间关系求解即可. 【详解】设圆锥的母线长为，则，解得. 则圆锥的轴截面为边长为10的等边三角形. 沿圆锥内三个球的球心的截面如图，则为边长为的等边三角形， 根据圆锥的性质易知截面圆的圆心为的外心，所以. 沿，所在轴截面如图，易知，所以. 所以，解得. 二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.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 f(x)的展开式中只有第5项的二项式系数最大，则（ ） A. B. 的展开式中所有项的二项式系数和为1 C. 是5的倍数 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】首先根据最大的二项式系数公式求，判断A，根据二项式系数和公式判断B，将写为，再根据二项展开式的特征判断C，利用二项展开式两边取导数，根据赋值法，判断D. 【详解】由条件可知，只有第5项的二项式系数最大，所以展开式有9项，由，可得，故A正确； 的展开式中所有项的二项式系数和为，故B错误； ，展开式的每一项都能被10整除，即能被5整除，故C正确； ，两边求导数，， 令，得，故D错误. 10. 在平面直角坐标系中，已知抛物线的焦点为，准线为，过的直线与交于，两点，连接并延长与准线交于点，与轴交于点，准线与轴交于点，则（ ） A. 为锐角 B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】设过焦点的直线方程并联立抛物线得到韦达定理关系，再逐一验证每个选项的结论. 【详解】抛物线，焦点，准线，， 设过的直线​，，联立抛物线得 ， 由韦达定理得，，则​，逐一分析选项： 对于A：，故，A错误； 对于B：直线的方程为，代入准线 得的纵坐标， 代入得​​，即，​， 由抛物线定义​，故 ，B正确； 对于C：直线过和，斜率，方程为， 令得， 向量，， ，故 ，C正确； 对于D：要证，平方后等价于， 化简得：， 代入，整理得， 因为​，所以等式成立， D正确. 11. 已知数列满足，则（ ） A. 数列为递增数列 B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A选项：构造函数，求导判断其单调递增．由算出，得．假设，可推出，再构造，求导判断其单调性，得出，所以数列递增． 对于B选项：由A选项分析知，所以不存在使． 对于C选项：要证，构造，多次求导判断单调性，得出，从而证明不等式成立． 对于D选项：由C，取倒数后构造数列，再用累加法求和计算证明即可. 【详解】设，对其求导可得． 因为恒成立，所以在上单调递增． 已知，则，依次有，, ，设，，对求导得． 当时，，所以，在上单调递减． 则，即，所以为递增数列，A选项正确．  由上述分析可知，所以不存在，使得，B选项错误．  要证，即证． 设，，对求导得． 令，求导得，当时，， 所以在上单调递减．则， 所以在上单调递增． 所以，即， 所以，，C选项正确. 由选项C知，移项可得， 两边同时乘以得. 两边同时取倒数得，移项可得. 因为，所以，即. 利用累加法： . 已知，则，所以，两边同时取倒数得， 移项可得，选项D正确. 故选：ACD. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 已知向量满足，且，则___________. 【答案】## 【解析】 【分析】根据得，由，两边同时平方得，结合两式计算即可. 【详解】因为， 所以， 又因为， 所以， 所以， 解得. 故答案为：. 13. 已知O为坐标原点，若椭圆E：上存在三点A，B，C，使四边形OABC为正方形，则椭圆E的离心率为__. 【答案】 【解析】 【分析】利用正方形的向量性质得到各顶点坐标关系，代入椭圆方程化简得到与的关系式，再结合椭圆基本参数关系推导离心率. 【详解】如图，为原点，四边形为正方形，因此满足，且， 设，将逆时针旋转90°得，则，因此点坐标为， 都在椭圆上，分别代入椭圆方程，得①，②， ①②得，因为，则，因此， 若，则，代入椭圆方程得，即， ①②得，代入化简得，与矛盾； 若，则，代入椭圆方程得，即； ①②得，代入化简得 又，所以，整理得，即， 因此离心率. 14. 若函数有两个极值点，且，，则实数a的取值范围为______. 【答案】 【解析】 【分析】将函数的极值点问题转化为方程有两个不同实根的问题，构造函数，结合导数与单调性及最值的关系求出值域即可. 【详解】. 因为函数有两个极值点，，所以，是方程的两个不同实数根， 即函数与的图象有两个交点， 所以，，，且，. 两式相除得，即. 令，则，所以，解得. 令，则， 令，则在上恒成立， 所以在上单调递减，所以， 所以在上恒成立，所以函数在上单调递减， 所以，又，所以. 又，所以. 由，得，则. 令，则在上恒成立， 所以函数在上单调递减， 所以，即， 所以， 故实数a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. 在①②；③这三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解决该问题. 问题：在中，角A，B，C所对的边分别为a，b，c，且_____. （1）求； （2）若，求. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)利用正弦定理和三角恒等变换化简条件求B. (2)通过a,c边长的关系以及余弦定理求出a,b的关系，后利用三角形面积公式求出. 【小问1详解】 选①，根据正弦定理，， 所以，因为，解得， ，因为，则，则. 选②，因为， ， ，因为，所以. 选③，因为，根据正弦定理，， 解得，因为，所以. 【小问2详解】 无论选①，②，③均得到， 因为，，所以，解得，. 又因为， 所以. 与上述同理. 16. 如图，AB为⊙O的直径，垂直于⊙O所在的平面，C是圆周上不同于A，B的任意一点，,三棱锥P-ABC体积的最大值为9. （1）当时，求二面角的正弦值； （2）当△PBC的面积最大时，求AC. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】(1)三棱锥体积最大，即底面三角形的面积最大，通过均值不等式求解，进而通过建系，用空间向量法分别求出两个平面的法向量，进一步求出二面角的大小； (2)将三角形的面积最值转化为求一元二次函数最值. 【小问1详解】 设，则. 因为是底面圆的直径，所以， 则三角形. 在直角三角形中，由勾股定理，得. 由重要不等式得，. 当且仅当时，等号成立，即的最大值为. 所以，三棱锥体积的最大值为，解得，. 所以，,. 因为在直角三角形中：，,所以，,. 以为坐标原点，为轴，为轴，平行于的直线为轴建立空间直角坐标系， 如图所示，则、、、. 、、. 设平面的一个法向量为， 则，得，解得， 令，得. 所以，，. 设平面的一个法向量为， 则，得，解得， 令，得. 所以，，. ，. 求二面角的平面角为，则， 得，. 所以，二面角的正弦值为. 【小问2详解】 因为面，面，， 所以，，. 由（1）题知，，则. 因为面， 面， 所以，面. 因为面，所以，.设， 得，，. . ， 当时，取得最大值为，此时，. 【点睛】方法归纳： 1.求二面角，优先选择空间向量法，步骤为：建系，求相关点的坐标，求两个平面的法向量，利用向量夹角公式求两个平面的法向量的夹角的余弦函数值，进一步得出所求二面角的大小与两个法向量夹角的关系（相等或互补）. 2.第（2）题，灵活运用间接法巧设未知数，不直接设所求的长度，而是设长度，进而简化运算. 易错归纳： 1.忽略实际二面角的大小，直接将两个法向量的夹角当作二面角的大小. 2.第（2）题，易将当作三角形的面积取得最大值的条件. 3.建立空间直角坐标系，用向量法求点的坐标时，需要仔细核对点的位置与坐标的对应关系，避免因为点的坐标计算错误（比如点的坐标），导致后续计算全部出错. 17. 已知函数． （1）若函数在处的切线与直线垂直，求函数的单调区间； （2）若，都有恒成立，求实数a的取值范围． 【答案】（1）的单调递减区间为，单调递增区间为. （2） 【解析】 【分析】（1）首先利用导数的几何意义以及垂直关系求出，然后根据导数的正负即可求解； （2）令，不等式转化为：对任意，恒成立，构造函数，利用导数求出其最小值，使其最小值大于等于0即可求解. 【小问1详解】  ，直线斜率为1，切线与垂直，故切线斜率， 代入得： ，解得，符合. 此时， 当时，，故，单调递减； 当时，，故，单调递增. 结论：的单调递减区间为，单调递增区间为. 【小问2详解】 原不等式整理得： 令（时可取遍所有实数）， 不等式转化为：对任意，恒成立. 设，则，令得， 当时，，单调递减； 当时，，单调递增. 所以 ， 要求恒成立，即，结合得，解得. 故实数的取值范围为. 18. 从1，2，3，…，这个正整数中每次等可能地随机抽取一个. （1）当时，若每个数字不可重复抽取，抽取数字直到抽到的数字大于2为止，记抽取次数为，求的分布列和期望； （2）若每个数字可以重复抽取，抽到次奇数时停止抽取（为正整数），此时共抽取了次， （i）若为奇数，证明：； （ii）若为偶数，求. 【答案】（1）的分布列为 1 2 3 （2）（i）证明见解析 （ii） 【解析】 【分析】（1）判断的可能取值，结合概率的乘法公式求出对应的概率，即可得到分布列，进而求出期望. （2）（i）求出每次抽到奇数的概率，结合的意义计算每一个几何分布的期望，即可得证. （ii）求出每次抽到奇数的概率，结合二项分布的对称性求解即可. 【小问1详解】 的可能取值为1，2，3. ，，， 所以的分布列为 1 2 3 期望为：. 【小问2详解】 （i）若为奇数，则每次抽到奇数的概率为， 表示抽到次奇数时的总抽取次数，可分解为个独立几何分布之和，每个几何分布期望为. 故. （ii）若为偶数，则每次抽到奇数的概率为. 等价于“在次抽取中，至少有次奇数” 记为次抽取中抽到奇数的次数，则，且. 由二项分布的对称性得，， 即. 19. 已知曲线E： （1）证明：曲线是轴对称图形，并求的取值范围； （2）记点，直线. （i）证明：直线与曲线恒有三个不同的交点； （ii）设直线与曲线从左至右的交点依次为A，B，C，若存在直线l上的点，使得求点的轨迹方程. 【答案】（1）； （2）（i）证明见解析；（ii）或． 【解析】 【分析】（1）将点代入曲线方程得到，从而得到不等式组，解出即可； （2）（i）联立方程得到，再判断其单调性，最后利用零点存在性定理即可证明； （ii）求出个线段长度表达式，再代入原等式求得，从而得到轨迹方程. 【小问1详解】 将点代入曲线方程中，得到， 与原曲线方程相同，说明点及其关于轴的对称点均在曲线上， 所以曲线关于轴呈轴对称图形； 由，得， 由，得，解得． 【小问2详解】 （i）证明：由， 联立整理得①， 令， 则， 其判别式为， ，， 所以有两根，且， 且当时，，当时，， 故在上单调递增，在上单调递减． 又， 所以， 当时，；当时，． 由零点存在性定理可知，在上各有一个解，故直线与曲线恒有三个不同的交点． （ii）由（i），不妨设， 则， ；； ；， 代入条件得：．令， 则，代入①，得， 所以， 所以，即或， 所以当变化时，的轨迹为或． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $