精品解析：重庆市第八中学校2026届高三5月热身考试数学试题

数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生需用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、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：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知向量,在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（ ） A. B. C. 10 D. 18 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 5. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点是抛物线的焦点，则（   ） A. B. C. 2 D. 6. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 7. 已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 8. 如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，I灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为（ ） A B C D E F G H I A. 18 B. 20 C. 24 D. 36 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选错或不选的得0分． 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 侧棱与底面的夹角正弦值为 C. 平面平面 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 11. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，成等比数列，，，成等差数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 幂函数在区间上单调递增，则______. 13. 直线与圆相交于、两点．写出使得的面积为1的一组，的值，________，________． 14. 已知数列满足，，则__________. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. 16. 在五面体中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 17. 北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中10处中轴线遗产点分为、、三种类型，如下表： 类型 （古代皇家宫苑建筑） （古代皇家祭祀建筑） （古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 先农坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 （1）在上述10处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学． （i）求选取的3处遗产点都为类的概率； （ii）设选取的3处遗产点的类型种数为，求的分布列及数学期望； （2）若该研学团队有10人，每人随机的从10处遗产点选择一处研学，记这10人中选择、、类遗产点的人数分别为，，，记，，，比较方差，，的大小． 18. 已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上. （1）求的方程； （2）过的左焦点作的不垂直于轴的弦（其中点在轴上方），为中点，直线与双曲线交于两点. （i）四边形能否为平行四边形，若能，求此时直线的方程，若不能，说明理由； （ii）求四边形面积的取值范围. 19. 已知函数，其中为非零实数． （1）讨论的单调性； （2）定义双自变量函数（，均为自变量，定义域均为），证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数学试卷 注意事项： 1．答题前，考生需用黑色字迹的钢笔或签字笔将自己的姓名、考生号、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：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 已知复数满足，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为. 所以. 2. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】,又， 对于A，,因与都是集合，不能用 连接，故A错误； 对于B，,故B错误； 对于C，,即C错误； 对于D，显然,故D正确. 3. 已知向量,在边长为1的正方形网格中的位置如图所示，则（ ） A. B. C. 10 D. 18 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意条件，建系，求出两向量的坐标，利用向量数量积的坐标公式计算即得. 【详解】 如图建立平面直角坐标系,由图知，， 则,故. 4. 下列四个函数中，以为最小正周期，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据正弦函数，余弦函数的周期公式及图像分别判断各选项即可求解． 【详解】对于A，的最小正周期为，当时，， 由余弦曲线的图像知，该函数单调递减，故A不合题意； 对于B，，为偶函数， 结合正弦曲线的图像知，没有周期性，故B不合题意； 对于C，，最小正周期为，故C不合题意； 对于D，， 最小正周期为，当时，， 所以在上单调递减， 所以在上单调递增，故D符合题意． 5. 若椭圆的长轴长是短轴长的倍，右焦点是抛物线的焦点，则（   ） A. B. C. 2 D. 【答案】A 【解析】 【分析】由椭圆与抛物线的基本概念及性质求解即可. 【详解】椭圆的长轴长是短轴长的倍， 所以，即，所以， 抛物线的焦点为，该焦点为椭圆的右焦点， 所以，所以，即. 6. 已知函数及其导函数的定义域均为，且，，则（ ） A. 0 B. 1 C. 2 D. 3 【答案】B 【解析】 【分析】运用函数奇偶性及对称性可得函数的周期性，并通过赋值法求得，由此可求得. 【详解】由，得， 即，所以函数关于直线对称， 所以，且. 又，所以，且，. 所以， 所以是周期为的函数，所以. 7. 已知是等差数列的前项和，．若，则正整数的最大值为（ ） A. 2026 B. 2027 C. 4052 D. 4053 【答案】C 【解析】 【详解】因为，所以， 则等差数列为递增数列， ， ， 故使得的最大正整数为. 8. 如图，有一个触屏感应灯，该灯共有9个灯区，每个灯区都处于“点亮”或“熄灭”状态，触按其中一个灯区，将导致该灯区及相邻（上、下或左、右相邻）的灯区改变状态.假设起初所有灯区均处于“点亮”状态，若从中随机先后按下两个不同灯区，则B，I灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为（ ） A B C D E F G H I A. 18 B. 20 C. 24 D. 36 【答案】B 【解析】 【详解】与B相邻的灯区为；与相邻的灯区为， 故将9个灯区分为三类：第一类灯区，第二类灯区，第三类灯区． 若要使得灯区最终仍处于“点亮”状态，则需在同类灯区中随机先后按两个不同灯区． ①若先后按下的是两个灯区，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ②若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法； ③若先后按下的是灯区中的两个，则灯区最终仍处于“点亮”状态，共有种按法． 故灯区最终仍处于“点亮”状态的不同按法种数为． 二、多项选择题：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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，选错或不选的得0分． 9. 两组数据和，它们的平均数分别为，，方差分别为，，则（ ） A. 的平均数为 B. 的方差为 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AC 【解析】 【分析】根据题意结合平均数的定义判断AC；对于BD：举反例说明即可. 【详解】由题意可知：，，即，， 对于选项A：因为， 所以的平均数为，故A正确； 对于选项C：若， 则，即，故C正确； 对于选项BD：例如两组数据分别为和， 则，，，， 数据的平均数为，方差为，故B错误； 且满足，，但，故D错误； 故选：AC. 10. 已知正四棱台侧面与底面夹角为，，分别是，的中点，则下列说法正确的是（ ） A. 与是异面直线 B. 侧棱与底面的夹角正弦值为 C. 平面平面 D. 若存在球与该正四棱台每个面都相切，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】由异面直线判定定理可判断A，通过平面于上的点，于点， 结合底面与侧面所成角即可判断B，通过平面平面得到，可判断C，记上下底面中心分别为，通 过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，结合这个截面图形即可判断D. 【详解】对于A，因为平面， 平面，故与是异面直线，A正确， 对于B，由正四棱台，可知在底面的投影在对角线上， 如图，作于上的点，则平面， 再作于点， 因为平面，平面， 则，由平面，， 则平面，又平面， 则，则即为正四棱台侧面与底面夹角， 不妨设，则， 侧面与底面所成夹角的平面角， 故，， 所以，B正确； 对于C，若平面平面， 由面面平行的性质定理可得：， 又， 则四边形为平行四边形， 则，又为的中点， 所以，从已知条件中无法得到这个信息，故平面平面不成立，故C错误， 对于D，先将问题转化为平面几何问题： 记上下底面中心分别为， 过且垂直于的平面截该棱台得一等腰梯形，其一半为如图所示直角梯形， 若存在球与该正四棱台每个面都相切，不妨记该内切球球心为，半径为， 因为正四棱台侧面与底面夹角为，即， 由，得， ，又， 即，解得，D正确． 11. 在中，角，，的对边分别为，，，已知，，成等比数列，，，成等差数列，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等比中项，等差中项得出，，结合两角和与差的正弦公式，正弦定理，余弦定理即可求解． 【详解】由，，成等比数列得，， 由，，成等差数列得，， 因为， 所以 ， 所以， 由正弦定理得，，故A正确； 则， 代入得，，所以，故C正确； 将代入， 设，则（负值舍去）， 则，显然，所以，故B错误； 所以， 又，所以，故D正确． 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 幂函数在区间上单调递增，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】根据给定条件，利用幂函数定义及单调性列式求解. 【详解】由幂函数在区间上单调递增， 得，所以. 故答案为：2 13. 直线与圆相交于、两点．写出使得的面积为1的一组，的值，________，________． 【答案】 ①. ②. （答案不唯一，满足即可） 【解析】 【分析】先由三角形面积公式求得，再推出圆心到直线的距离为1，结合点到直线距离公式得到，的约束关系后赋值即可. 【详解】圆的半径 ，所以, 因为 所以，所以， 等腰直角，斜边 ，设圆心到直线距离是， 由 ，得， 直线 ，点到直线距离 所以， 取 ， 满足条件. 14. 已知数列满足，，则__________. 【答案】5 【解析】 【分析】根据给定条件，按为奇数和偶数分类变形，可得，由此求出，再求解即可. 【详解】由，用分别替换， 得，， 联立，解得， 所以，联立,得. 由，，得， 所以， 又因为时，代入，得， 所以，故， 故答案为：5. 四、解答题：本大题共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. 已知函数. （1）若，求及的单调递增区间； （2）已知在区间上单调递增，且，求的最小正周期. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）根据三角恒等变换对进行化简，结合正弦型三角函数的性质求解即可. （2）结合在区间上单调递增及正弦型三角函数的性质可得，结合可得，联立可得，进而求周期即可. 【小问1详解】 因为 ， 当时，，则. 令，解得， 所以的单调递增区间为； 【小问2详解】 因为，所以 因为在区间上单调递增，且，在区间上单调递增， 所以，解得. 又，在区间上单调递增， 所以曲线关于对称，且点在曲线的递增部分上， 则， 又在处单调递增，所以，解得， 又，所以，则， 所以的最小正周期为. 16. 在五面体中，平面，平面. （1）求证：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值. 【答案】（1）证明：由平面，平面，得，而平面，平面， 则平面，又平面，平面平面， 所以. （2）. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用线面垂直的性质、线面平行的判定性质推理即得. （2）结合已知可得直线两两垂直，以点为原点建立空间直角坐标系，求出平面法向量，再利用线面角的向量求求解即得. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 令，则，有， 于是，由已知得直线两两垂直， 以点为原点，直线分别为轴建立空间直角坐标系， 则， ， 设平面的法向量，则，令，得， 设直线与平面所成的角为，则， 所以直线与平面所成角的正弦值为. 【点睛】 17. 北京中轴线位于北京老城中心，纵贯老城南北，是统领整个老城规划格局的建筑与遗址的组合体，其中10处中轴线遗产点分为、、三种类型，如下表： 类型 （古代皇家宫苑建筑） （古代皇家祭祀建筑） （古代城市管理设施） 中轴线遗产点 景山 故宫 端门 太庙 社稷坛 天坛 先农坛 钟鼓楼 正阳门 永定门 （1）在上述10处中轴线遗产点中，某研学团队计划随机选取3处进行研学． （i）求选取的3处遗产点都为类的概率； （ii）设选取的3处遗产点的类型种数为，求的分布列及数学期望； （2）若该研学团队有10人，每人随机的从10处遗产点选择一处研学，记这10人中选择、、类遗产点的人数分别为，，，记，，，比较方差，，的大小． 【答案】（1）（i）（ii） X 1 2 3 P ； （2） 【解析】 【分析】（1）（i）10个点中A类有3个，从10个中任选3个，所有选法等可能，3个全为A类的概率即； （ii）X表示所选3个点的类型种数，可能值为1，2，3. 分别计算对应选法数（组合计数），得分布列及期望； （2）每人独立选择，分别服从分布，， ，计算方差并比较大小. 【小问1详解】 （i）设事件M：选取的3处遗产点都为A类，． （ii）X的所有可能取值为1，2，3，， ， ． 故X的分布列为： X 1 2 3 P ． 【小问2详解】 由题意得，，所以； ，所以； ，所以． 因此． 18. 已知椭圆，四点中恰有三点在椭圆上. （1）求的方程； （2）过的左焦点作的不垂直于轴的弦（其中点在轴上方），为中点，直线与双曲线交于两点. （i）四边形能否为平行四边形，若能，求此时直线的方程，若不能，说明理由； （ii）求四边形面积的取值范围. 【答案】（1） （2）（i）存在，直线的方程为；（ii） 【解析】 【分析】（1）根据椭圆的对称性，可知一定在椭圆上，进一步判断点也在椭圆上，即可求出椭圆方程； （2）（i）假设四边形为平行四边形，设直线方程，联立方程组，根据平行四边形对角线互相平方建立中点等量关系，根据方程是否有解判断是否存在即可；（ii）求出直线方程，联立方程组，分别求出到直线的距离，再根据弦长公式求出，表示出面积，最后求出面积的取值范围. 【小问1详解】 因为关于轴对称，所以必在上，又， 所以不在上，所以在上，则，所以， 因此的方程为. 【小问2详解】 （i）由题意知，假设四边形为平行四边形，设直线的方程为， 设， 将直线方程代入椭圆方程，化简整理得， 所以，， 所以， 所以中点坐标为， 若四边形为平行四边形，则与互相平分，所以为中点， 则，，所以点的坐标为， 代入，化简整理得，即， 解得或（舍）， 所以，因此，存在四边形为平行四边形， 此时直线的方程为； （ii）由点的坐标为，所以直线的方程为，代入双曲线方程， 化简整理得，则，所以， 即，又点关于原点对称，则， 因为点到直线的距离， 点到直线的距离， 因为， 代入，化简得， 因为，所以，因此， 由弦长公式可得， 所以四边形面积，代入， 化简整理得，因为， 所以. 19. 已知函数，其中为非零实数． （1）讨论的单调性； （2）定义双自变量函数（，均为自变量，定义域均为），证明： （ⅰ）； （ⅱ）． 【答案】（1）当时，在单调递增；当时，在上单调递减，在单调递增；当时，在上单调递增，在单调递减． （2）（ⅰ）由（1）可得当时，在上递减，在是递增， 所以（*）． 要证原式成立，只需证：．当a，b中至少有一个不小于1时，上式显然成立； 当a，b都小于1时，在（*）式中，令，则，同理可得． 所以， 综上，． （ⅱ）由（*）式得， 令，则， 故， 令， 则， 作差得， 所以， 所以，即． 【解析】 【分析】（1）求导得，根据的正负和与1的大小关系，分类讨论定义域及单调区间。 （2）（i）由（1）中时的最小值不等式，推出. 对分别代入，相加即证；若至少一个不小于1，显然成立. （ii）利用（i）中不等式变形，令，，得. 求和放缩，并对右端的数列求和，最终小于. 【小问1详解】 由题意可得当时，函数的定义域为， 当时，函数的定义域为， 且， 当时，，在单调递增； 当时， 时，，在上递减； 时，，在递增； 当时，的定义域为， 时，，在上递增； 时，，在递减 综上，当时，在单调递增； 当时，在上单调递减，在单调递增； 当时，在上单调递增，在单调递减． 【小问2详解】 （i）略. （ii）略. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $