重庆市第八中学校2026届高三上学期12月适应性月考（四）数学试卷

这是一份重庆市第八中学校2026届高三上学期12月适应性月考（四）数学试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知复数满足，则为（ ）
A．B．C．D．
2．已知全集，，则（ ）
A．B．C．D．
3．样本数据19，20，21，23，13，16，24，28的第25百分位数为（ ）
A．16B．17C．17.5D．20
4．若，则（ ）
A．B．C．D．
5．有学员甲、乙、丙、丁、戊参加某培训，现要分配到三个不同的项目组：项目A需1人，项目B和C各需要2人.分配方案数为，甲和乙被分配到同一项目的概率为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
6．已知数列是等比数列，，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知抛物线的焦点为,是抛物线上一动点，为坐标原点，在线段上，且满足，则直线的斜率的最大值为（ ）
A．B．C．D．
8．为了更直观地探究事件之间的关系，可用图形的面积大小来表示某事件所包含样本点的数目，即，其中为事件对应区域的面积，表示样本空间.下图中，事件A与事件B相互独立的是（ ）
A．①②B．①③C．②③D．①②③
二、多选题
9．已知的最小正周期为，且将函数的图象向左平行移动个单位长度得到的图象，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．当时，函数
C．若是函数的一个对称中心，则
D．当时，函数在区间上单调递增，则的最大值为
10．设是一个随机试验中的两个事件，且，则（ ）
A．B．C．D．
11．已知函数，则下列说法正确的有（ ）
A．对任意的均有两个零点B．若方程有两实根，则
C．若正实数满足，则D．若，则
三、填空题
12．已知平面向量，向量与夹角的余弦值为，且，为实数，则 .
13．从数字，，，，中不重复地选取组成五位数，若该数满足千位和十位上的数字均比各自相邻数字大（形如“低一高一低一高一低”），则称其为“龙脉数”，则所组成的数为“龙脉数”的概率为 .
14．已知数列的前项和为，且满足，则 .
四、解答题
15．记的内角的对边分别为，已知.
(1)求A；
(2)若，求.
16．如图，在三棱柱中，侧面是正方形，平面，点在线段上，点N在线段AC上，满足平面.
(1)若点M是线段的中点，求线段AN的长度；
(2)若点N是线段AC上靠近A的三等分点，求平面与平面所成角的余弦值.
17．已知双曲线的离心率为，点在双曲线上.
(1)求双曲线的标准方程；
(2)双曲线的右顶点为A，过点的直线与双曲线交于两点不在x轴上）.若直线AB和AC分别与直线交于两点，证明：以为直径的圆被x轴截得的弦长为定值.
18．已知函数.
(1)讨论的单调性；
(2)证明：方程有两个根；
(3)在（2）的条件下，证明：.
19．某工厂为监控生产线上的产品质量，设置了（）个等间隔的质量检测时间点，编号从到，相邻时间点间隔为小时.每天质量监控部门会从这个时间点中随机选取若干个时间点（至少选取一个）去进行产品抽检，选取的抽检时间点中最小编号为（最早抽检时间），最大编号为（最晚抽检时间）.称为抽检时间跨度，是抽检方案设计中的关键参数，它反映了抽检在时间轴上的覆盖范围.
(1)当时，求；
(2)求和；
(3)求的表达式.
参考答案
1．A
【详解】因，所以可得，所以，故A正确.
故选:A.
2．D
【详解】因为，
且全集，故.
故选：D.
3．C
【详解】根据题意，将样本数据按从小到大顺序排列为13，16，19，20，21，23，24，28，
由于，所以该组数据的第25百分位数为.
故选：C
4．A
【详解】因为，
则，
所以，则，
所以，故A正确.
故选：A.
5．B
【详解】第一步：先从5人中选1人分配到项目A，
第二步：从剩下4人中选2人分配到项目B，
第三步：从剩下2人中选2人分配到项目C，
所以分配方案数为；
其中甲、乙2人分在同一组，则甲乙只能分配到项目B或项目C，
第一种情况，甲、乙在项目B，则从剩下3人中选1人到项目A，剩下2人到项目C，有种方案；
第二种情况，甲、乙在项目C，则从剩下3人中选1人到项目A，剩下2人到项目B，有种方案；
所以甲、乙2人分在同一组共有种分配方案，
设事件“甲和乙被分配到同一项目组”，
所以，即.
故选：B．
6．C
【详解】设等比数列的公比为
，
两个式子相比，得，
又由于同号，且相加小于0，所以，
故选：C
7．D
【详解】易知抛物线的焦点为，
设点，因为在线段上，且满足，则，
设点，可得，
所以，解得，即点，
因为点在抛物线上，所以，所以，
所以，要求的最大值，只需考虑，
此时，
当且仅当时，即当时，等号成立，
故直线斜率的最大值为.
故选：D.
8．C
【详解】①：由题图知：为的子集，所以，而为的真子集，则，
所以，故，不正确；
②：由图得，则，
则有，所以图中事件A，B相互独立，正确；
③：设图中的小的长方形的面积为，
由，，
所以，则题图中事件A，B相互独立，正确，
故选：C
9．ACD
【详解】A：由，又，所以，故A选项正确；
B：当时，函数，将函数的图象向左平行移动个单位长度，则，故B选项错误；
C：将函数的图象向左平行移动个单位长度得到，
若是函数的一个对称中心，则，
因为，所以，故C选项正确；
D：当时，，因为函数在区间上单调递增，
所以，即且，解得，故的最大值为，故D选项正确，
故选：ACD．
10．ACD
【详解】对于A：，所以．
又由，故A正确；
对于B：，
变形可得，故B错误；
对于C：，故C正确；
对于D：，则有，
故，故D正确，
故选：ACD
11．AC
【详解】对于A，，即，A正确；
对于B，，由，故，
所以在和上单调递增，
注意趋近于时，趋近于，
从小于0一侧趋近于0时，趋近于1，
从大于0一侧趋近于0时，趋近于，
趋近于时，趋近于，
故若方程有两实根，，B错误；
对于C，由，又在上单调递增，
如果，则，则矛盾，
故有，故，当且仅当时取等号，C正确；
对于D，令，则，
由于在上单调递增，
当时，，，
当时，，，
当时，，D错误，
故选：AC
12．
【详解】由夹角公式，
又，
.
故答案为：
13．
【详解】由，，，，可构成不重复数字的个数有，记由，，，，可构成不重复的“龙脉数”为事件，
则包含的结果有十位和千位数为，和十位和千位数为，两种情况：
①十位和千位数只能是，的结果有；
②当十位和千位数为，时，分两种情况：
当千位为，十位为，则万位和百位须从，中选取，有种；
当千位为，十位为，则百位和个位须从，中选取，有种；
故共有种；
由古典概率的计算公式可得，
故答案为：.
14．350或357
【详解】当为奇数时，，则，
数列的项依次为，
数列是周期为3的数列，所以；
当为偶数时，，则，
数列的项依次为，
数列是首项为8，从第2项起周期为3的数列，
所以.
故答案为：350或357
15．(1)
(2)
【详解】（1），
由正弦定理得：，
又由二倍角公式，得 ，
又，
∴在三角形内，有．
又．
（2）在中，由余弦定理，得：．
又由条件可知代入上式有： ，
或（舍负）．，
由正弦定理得，
故在中， ，
又由（1）可知，，又，，
则，故，则为锐角，，
16．(1)；
(2).
【详解】（1）在三棱柱中，过作交于点，连接CE，
由，得，平面即为平面，
又平面平面，平面平面，
则，由是线段的中点，得是线段的中点，是线段AC的中点，
由平面，平面，得，正方形边长为2，
所以.
（2）由（1）知，，当点是线段AC上靠近的三等分点时，
则点是线段上靠近的三等分点，点是线段上靠近的三等分点，
由平面，且四边形为正方形，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，，
平面ABM的法向量为，设平面的法向量为，
则，取，得，
所以平面ABM与平面所成角的余弦值为.
17．(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）由已知，设，则双曲线，
又点在双曲线上，解得，则，
所以双曲线的标准方程为；
（2）设直线，
由，得，
其中且，
所以，
设直线，令，得，
同理可得，故．
记以PQ为直径的圆与轴交于M，N两点，圆心为，
从而，
所以
，
所以为定值.
18．(1)在上递增，在上递减，在上递增
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【详解】（1），
令，则有或，
当或时，；当时，，
所以在上递增，在上递减，在上递增．
（2）证明：令，则．
由（1）可知，在上递增，在上递减，在上递增．
又，故，
由，则存在，有，
故存在两个零点和．
（3）证明：由，则有．
又由在上递增，
即证．
先证，
令，
，即证．
令，
，故在上递减．
又，则，得证；
再证，
令，
令，即证，
又，故在上递增，
故，由以上两方面可知，，证毕．
19．(1)
(2)，
(3)
【详解】（1）记个等间隔的质量检测的时间点为，则，每天选若干个时间点进行检测等价于考虑集合的非空子集.
（1）当时，，
所有抽检的结果为：共7种情况，
当时，符合的有共种情况，则，
当时，符合的有共种情况，则，
当时，符合的有共种情况，则，
从而的分布为：
因此．
（2）所有抽检子集的总数为个，
：表示最小编号不超过，即或．
当时，这要求编号在子集中，且编号不在子集中，这样的子集数量有个，从而有；
当时，这要求编号在子集中，这样的子集数量有个，从而有．
从而有．
：表示最大编号至少有，即或．
当时，这要求编号在子集中，且编号不在子集中，这样的子集数量有个，
从而有；
当时，这要求编号在子集中，这样的子集数量有个，从而有．
从而有．
（3）：表示最小编号为，这要求在子集中，不在子集中，这样的子集的个数有个，
因此，
所以．
①-②相减得：
所以，
所以．
由对称性可知，
所以，
，
即．1
2
3