重庆市第一中学2026届高三下学期5月阶段检测数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市第一中学2026届高三下学期5月阶段检测数学试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了 设且，且，若，则的最小值是， 已知，则， 设函数，则等内容，欢迎下载使用。
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、选择题：本题共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，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】∵ ，
∴ 原等式可化为 ，
∴ ，
∴.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】∵ ，∴ ， 解得，
又， ∴ .
∵，即，解得，
又，∴ .
∴.
3. 记为正项等比数列的前项和．若，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设正项等比数列的公比为，由数列是正项等比数列可知，.
∵ 若，则，，此时，与矛盾，故.
∵ ，且等比数列前项和公式为，
∴ ，
∵ ，，故可约去，得，
∵ 且，得.
∵ ，
∴ ，解得，
∴ .
4. 设且，且，若，则的最小值是（ ）
A. 3B. C. 9D. 18
【答案】B
【解析】
【分析】利用对数换底公式化简已知条件，得到与的关系式，再用基本不等式求最小值.
【详解】由换底公式可得 ，
原式化为 ，所以 ，
因为，由基本不等式得，
当且仅当，即时，取等号成立.
所以的最小值是.
5. 已知，则（ ）
A. B. 7C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用二倍角公式和降幂公式进行化简，利用商数关系转化为求值即可，注意“1”可以转化为进行计算．
【详解】
6. 正多面体的研究始于古希腊柏拉图学派，正四面体与正八面体是其中最具代表性的两类．将正四面体的棱的中点相连，内部会形成一个完美的正八面体，这一结构是空间对称性的经典体现．如图，在正四面体ABCD中，连接各棱的中点构造出正八面体，若该正八面体的相对顶点连线，则正四面体的高为（ ）

A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【详解】设正四面体的棱长为，连接各棱中点形成的正八面体的棱长为.
根据题意，正八面体相对顶点连线，由于正八面体可内接于正方体，
其体对角线（相对顶点连线）等于棱长的倍，故有：
，解得.
正四面体的高公式为，将代入得：
.
7. 设抛物线的焦点为，过点的直线与交于、两点，若中点的纵坐标为2，，则（ ）
A. B. 2C. D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】设过点的直线方程,并且联立抛物线，利用韦达定理和中点坐标公式可得的关系式，再结合弦长即可求出的值.
【详解】设过焦点 的直线为 ，联立抛物线 得 ，
设，由韦达定理得： ，
所以中点纵坐标为 ，即 ；
、两点代入直线可得，，
则两式相加可得，
所以弦长，
所以；
又因为，即，代入可得，
化简为 ，解得 .
8. 设函数向左平移个单位后得到函数，若点是函数与的图象上从左至右依次相邻的三个交点，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数平移变换求得，令，求得，代入求得纵坐标，进而得到相邻两点在轴方向上的距离，根据得到的距离，结合三角函数求解即可.
【详解】函数向左平移个单位后得到，
又，所以，
因为，，所以，取，则.
令，则（无解）或，
解得，即.
将代入中，得，
当为偶数时，；
当为奇数时，；
过作，则相邻两点在轴方向上的距离为.
又，则相邻交点的横坐标间隔为，则.
根据对称性可知，为等腰三角形.
又，所以.
在中，，即，所以.
则.
故.
二、多项选择题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多个选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. 为研究某城市二手房销售价格与建筑面积的关系，甲房产研究机构随机调查了80套该城市二手房的建筑面积（单位：平方米）和销售价格y（单位：万元）的数据，已知其中有一套房源的数据为点，且，根据数据求得的线性经验回归方程为，该线性回归方程对应的相关系数为r，对应的决定系数，则下列结论正确的是（ ）
A.
B. 数据点P对应的残差的绝对值为5
C. 该样本中二手房的平均建筑面积为95平方米
D. 乙房产研究机构也对这组数据进行处理，得到非线性经验回归方程，其决定系数为，则甲机构选取的模型拟合效果更好
【答案】BCD
【解析】
【分析】A选项，相关系数的正负决定正负相关，可根据线性回归方程的正负进行判断；
B选项，根据数据点与预测值的差判断残差；
C选项，可利用计算，代入线性回归方程计算平均建筑面积；
D选项，决定系数越接近1，拟合效果越好，比较两个决定系数大小判断拟合效果即可．
【详解】A选项，因为，故房屋的建筑面积和销售价格y呈正相关，相关系数为，A错误；
B选项，代入，可得的预测值：，残差为：，故B正确；
C选项，，因为线性回归方程恒过点，故，
解得：，C正确；
D选项，决定系数越接近1，拟合效果越好，因为，故甲机构选取的模型拟合效果更好，D正确．
10. 设函数，则（ ）
A. 当时，只有一个零点
B. 当时，在定义域内单调递增
C. 对于任意实数的图象都是中心对称图形
D. 若存在极值点，则一定存在两个
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A选项，将代入，由对数函数的性质求解即可；对于B选项，将代入，求导，再由函数定义域求解即可；对于C选项，由函数中心对称的定义求解即可；对于D选项，由极值点条件，有解，且解两侧导数变号求解即可.
【详解】对于A选项，将代入可得，，
此时的定义域为，解得，
当时，即，解得，
所以当时，只有一个零点，故A正确；
对于B选项，当时，，
，因为，
所以，故，所以当时，在定义域内单调递减，故B错误；
对于C选项，因为函数的定义域为，
，
，
所以，
所以对称中心为，故C正确；
对于D选项，，，
当时，解得，令，，
当时，，所以，所以当时，无解，无极值点；
当时，的解为，但在两侧均有，不变号，非极值点；
当时，有两个解，在上单调递减，在单调递增，最小值为，
所以当时，存在两个极值点，故D正确.
11. 平面直角坐标系中，直线，直线，动点满足，过点分别作、的垂线，垂足分别为、，若，则（ ）
A. 动点P的轨迹方程为
B. 四边形PAOB的周长可以为
C. 直线AB与直线OP的斜率之积为2
D. 的最大值为
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A，由列方程即可求解判断；对于B，结合基本不等式求解判断即可；对于C，设在第一象限，在第四象限，分别求出的坐标，进而求解判断即可；对于D，结合，化简得到，设，则，利用导数分析函数的单调性，进而求解判断即可.
【详解】对于A，由题意，，且，
则，即，又，则，
所以动点P的轨迹方程为，故A正确；
对于B，因为四边形PAOB为矩形，所以其周长为，
当且仅当时等号成立，而，
则四边形PAOB的周长不可能为，故B错误；
对于C，不妨设在第一象限，在第四象限，
由于，则直线的方程为，
联立，解得，则，
同理，，则直线的方程为，
联立，解得，则，
所以，而，故，故C错误；
对于D，由A知，，
则，
设，则，
则，
令，得，令，得，
所以函数在上单调递增，在上单调递减，
则，故D正确.
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 在等腰直角中，点D是斜边AC上靠近点A的三等分点，若，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据向量的线性运算以及平面向量基本定理求解即可.
【详解】如图所示，
因为点D是斜边AC上靠近点A的三等分点，所以，所以.
13. 把7个不同的小球放入3个不同的盒子，每个盒子至少放2个球，则甲、乙、丙三个小球放在同一个盒子里的情况有种______．
【答案】18
【解析】
【详解】从3个盒子中取一个放甲乙丙三个小球，有种方法；
再从余下的4个小球中取2个放入余下的两个盒子中的一个，
另两个小球放入另一个盒子，有种方法，
所以不同放法种数是.
14. 平面直角坐标系中，曲线上有一系列点，，…．对，以为圆心的圆与轴都相切，且圆与圆彼此外切．若，且，记数列的前项的和为，则使得恒成立的最小正整数为______．
【答案】507
【解析】
【分析】曲线上的点 满足 ，根据圆与外切，可得等式，两式联立可得，求得数列的通项，从而可得数列的通项，利用裂项相消法可得，最后由数列单调性分析和恒成立条件即可求出最小正整数 .
【详解】根据题意，曲线 上的点 满足 ；
因为圆 与轴相切，圆心纵坐标为，故半径 ；
圆与的圆心距，
半径之和为 ，
因为圆与外切，
所以，化简得：，
将 代入上式可得：
又因为，所以，即，
所以数列为等差数列，首项： ，公差 ；
通项：
所以
所以，
，随 增大递增，极限为 ，
即 对所有 成立；
恒成立条件： 恒成立，需 ，即；
故最小正整数 结论：满足条件的最小正整数为 507.
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，已知，．
（1）求的面积；
（2）若，求的周长．
【答案】（1）
（2）15
【解析】
【分析】（1）由数量积以及三角形的面积公式求解即可.
（2）由余弦定理求解即可.
【小问1详解】
设角的对边分别为，则由已知，，
因为，所以，
故的面积．
【小问2详解】
由余弦定理，
所以，
所以的周长．
16. 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆的图象经过点，且椭圆C的右焦点F的坐标为．
（1）求椭圆C的标准方程；
（2）过点F作倾斜角为的直线和椭圆C交于两点，求的值．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】(1)已知焦点坐标，根据椭圆的定义得到的的值，再根据计算的值，得到椭圆C的标准方程．
(2)根据点斜式写出直线方程，联立椭圆方程得到一元二次方程，根据韦达定理得到两点坐标之间的关系，代入两点间距离公式化简即可．
【小问1详解】
依题意，椭圆的右焦点为，则左焦点为，设，
由椭圆的定义可知，
所以，可得，
所以椭圆的方程为．
【小问2详解】
依题可设过点的直线方程为，
将其与椭圆方程联立，消元得，
设，则得，（*），
于是
将（*）代入，得．
17. 随着AI技术的发展，计算机科学受到越来越多的人关注，计算机内部数的计算采用的是二进制．一般地，k位二进制数可以表示为，其中，并约定，比如全体3位二进制数构成的集合为．设全体位二进制数构成的集合为，其中正整数，从集合中等可能地取出一个二进制数，设这个二进制数中数码0出现的次数为．
（1）若，求概率；
（2）若，记的概率为，当取得最大值时，求的值．
【答案】（1）；
（2）1013．
【解析】
【分析】(1)求所有五位二进制数构成的集合中，0出现的次数大于2的概率，计算样本点，通过古典概型概率公式计算概率；
(2)因为除第一个位置，其余每个位置出现的结果只有0或1两种可能，并且每一个结果出现都是独立的且概率为，故随机变量服从二项分布，可利用二项分布的概率公式计算．
【小问1详解】
5位二进制数形如，由于每个有0，1两个取值，
所以全体5位二进制数总量为个．其中满足的二进制数有5个，
分别为，所以．
【小问2详解】
2026位二进制数首位数码为1，数码0独立且等可能出现在剩下的2025个数位上，
每个数位出现0的概率为，所以0出现的次数服从二项分布，即，
所以，所以，
记，则最大等价于最大：
，
所以，此时单调递增；，此时单调递减，
所以为最大值．综上，当取得最大值时求的值为1013．
18. 已知正方体的棱长为2，点分别为上下底面的中心，圆锥的顶点为，圆锥底面为正方形的内切圆，为中点，如图所示．
（1）设点Q在圆锥的底面圆周上运动．
（ⅰ）求直线OQ和平面ABCD所成角的正弦值；
（ⅱ）若，证明：平面．
（2）设平面和圆锥侧面的公共点构成集合，若，求PM的最小值．
【答案】（1）（ⅰ）（ⅱ）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）利用平面可得，可求出的值，从而得出直线OQ和平面ABCD所成角的正弦值
（ⅱ）根据勾股定理可求得，利用线面平行的判定定理可证明平面平面，再利用平面与平面平行的性质即可得证.
（2）以为原点，建立如图坐标系，设，由在圆锥侧面上可转化为与的夹角余弦值为，利用向量法求出平面的法向量，结合即可求出的最小值，从而得解.
【小问1详解】
（ⅰ）解：由于平面，所以为平面的法向量，
设直线和平面所成角为，则，
因为平面，
所以直线和平面所成角的正弦值为．
（ⅱ）证明：因为，
因为圆锥底面圆的半径，所以，
所以，结合可知共线．所以平面．
下面证明平面平面，
由于，结合平面，平面，
所以平面，由于，显然，
所以为平行四边形，所以，
结合平面，平面，所以平面，
由于为平面中的两条相交直线，所以平面平面，
因为平面，所以平面．
【小问2详解】
以为原点，建立如图坐标系，此时，，，，，
设，则在圆锥侧面上，的夹角余弦值为，
即①，
设平面的法向量为，由，
在平面上②，，结合①②可得，
，
取等条件，所以的最小值为．
19. 已知函数．（其中为自然对数的底数，）
（1）求的图象在点处的切线方程；
（2）若在上单调递增，求实数的取值范围；
（3）若，求实数的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先对求导，将切点横坐标代入导函数得到切线斜率，结合切点坐标用点斜式即可写出切线方程.
（2）将在上单调递增转化为在上恒成立，构造函数分析其最值，分类讨论的正负，令函数最小值非负即可求解的取值范围.
（3）先分析时的单调性，拆分化简绝对值求和的等式，结合函数零点建立关于的方程，分类讨论求解并验证即可得到的取值.
【小问1详解】
因，则，又，故切线方程为．
【小问2详解】
由在上单调递增，可得在上恒成立，
记，则，
若，则，此时单调递增；由，
则函数在上单调递增，在上单调递减，
所以，
只需，所以；
若，则恒成立，故在上单调递增，注意到时，不合题意；
若，则，符合题意．
综上，实数的取值范围为．
【小问3详解】
依题需要讨论的大小关系，故不妨设，
由第（2）问可知当时单调递增．
当时，在时，仍有单调递增，即当均有在单调递增，
此时，
所以，这与矛盾，此时无解；
若，则，记，则与在时同号，
在单调递增，此时，
注意到时，所以存在，使得，
若；若，
所以在单调递减，在单调递增，
设，其中，等价于，，即（*），
①若，则，
此时：，则，
此时由（*）可知，矛盾，此时无解；
②若且，则，
此时，
由已知，，
代入（*）可得：，验证成立．故符合题意．
③若且，则同理可得：，
代入（*）可得：，由于，逐一验证可知只有符合．
综上实数的值为．