重庆市巴蜀中学2026届高三下学期5月模拟考试数学试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2026届高三下学期5月模拟考试数学试题（Word版附解析），共3页。试卷主要包含了 某大模型用于处理两类推理任务等内容，欢迎下载使用。
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. 已知，则（ ）
A. B. C. 5D.
【答案】A
【解析】
【详解】因为，故，故.
2. 命题 “ ” 的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】全称命题和存在命题的否定规则为“改量词，否结论”.
【详解】将存在量词改为全称量词，同时否定结论“”为“”.
所以原命题否定形式为“”，对应选项为D.
3. 已知函数 ，则 （ ）
A. B. 1C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知函数， 因为.
所以， 又
所以.
4. 给某班级星期一上午排课，一共 5 节课，语数外各一节，体育课两节（两节体育课相同），要求两节体育课必须相邻， 则不同的排课种数有（ ）
A. 48B. 60C. 24D. 12
【答案】C
【解析】
【详解】采用捆绑法，将两节相邻的体育课视为一个整体.
此时需排列的元素为语文、数学、外语、体育整体，共4个元素.
4个元素的全排列数为.
由于两节体育课为相同课程，内部无需再排列.
因此，不同的排课种数为24.
5. 已知双曲线的一条渐近线方程为分别为其左、右焦点，点为双曲线上一点，，则（ ）
A. 3B. 6C. 10D. 14
【答案】D
【解析】
【分析】先由双曲线标准式得，结合渐近线斜率求出，再利用双曲线定义，代入求出两个解，再根据双曲线焦点距离的范围舍去不合理解，得到的值.
【详解】由双曲线得，.
渐近线得，可求.
由，得.
由双曲线定义得 ，代入 解得 或 .
若 ，则 ，此时点 在双曲线右支上.
而右支上的点到右焦点 的距离不小于 ，故 舍去.
因此 .
6. 已知点 为函数 的一个对称中心，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由正切函数的对称中心，通过整体结构一致，即可求解.
【详解】对于正切函数，其对称中心满足，
因为是的对称中心，
因此将代入得： ，
整理得​，
因为，要求的最小值，则取最小的正整数，
代入得： ，​ 因此的最小值为.
7. 在正方形中，，点在直线上满足 ，点在直线上满足 .已知 ,则（ ）
A. B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【详解】设，，
则由题意得，，，
则，
则.
8. 在平面直角坐标系中，为两不同的动点，以为直径的圆与直线相切，则的最小值为（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据点在圆上得出最小时只需往直线作垂线所得垂线段为直径，利用点到直线的距离公式可得.
【详解】因为是直径，，所以点在圆上，
过作垂直直线，垂足为，
因为圆与直线相切，所以最小，只需为圆的直径即可，
到直线的距离，
则的最小值为
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. 已知等差数列的首项为 3，公差为 2 .数列 满足 ，下列说法中正确的有（ ）
A. B. 数列 是公差为 2 的等差数列
C. 是等比数列D. 对任意正整数 成立
【答案】ACD
【解析】
【分析】由等差数列通项公式可判断A，由A得到，的通项公式可判断BC，由的通项公式可判断D.
【详解】选项A： 已知等差数列首项，公差，
由等差数列通项公式： ，因此A正确，
选项B：设，代入得： ，
公差，因此B错误，
选项C： 由，得： ，公比为常数，
因此是等比数列，C正确，
选项D： 左边：，
右边：，
由等差数列性质：，
因此指数相等，左边=右边，对任意正整数 成立，D正确.
10. 某大模型用于处理两类推理任务：代码生成与数学证明，任务数量分别为 5000 个与 3000 个.现按比例分层抽样， 共抽取 160 个任务进行延迟测试 （单位： ms）.经计算， 代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；数学证明样本均值为 ，方差为 ，下列说法中正确的有（ ）
A. 每个数学证明任务被抽中的概率为 B. 代码生成任务应抽取 100 个
C. 总样本的均值为 D. 总样本的方差为
【答案】BC
【解析】
【详解】对于A选项，数学证明的样本容量为 ，
所以每个数学证明任务被抽中的概率为 ，故A选项错；
对于B选项，代码生成任务的样本容量为，故B选项对；
对于C选项，因为样本容量是 160 ，
且100个代码生成样本均值为 212ms，60个数学证明样本均值为 ，
所以总样本的均值是，故C选项对；
对于D选项，因为代码生成样本均值为 212ms，方差为 ；
数学证明样本均值为 ，方差为 ；
总样本的均值是200，所以总样本的方差为
，故D选项错.
11. 已知函数，其中且，则下列说法正确的是（ ）
A. 一定存在极大值点
B. 若有且仅有3个极值点，则极大值一定大于0
C. 若存在极小值，则极小值一定小于0
D. 若有且仅有3个极值点，且，则
【答案】BD
【解析】
【分析】先对求导并整理出导数零点，证得三者满足，再按奇偶分四种情况，依据各区间内导数因式符号判断单调性与极值点个数、类型，接着逐一辨析选项：由四种情形知函数必有极大值点故A错，仅均偶时有3个极值点且极大值大于0,故B对，偶奇时极小值说明C错，通过代数推导得故D正确.
【详解】已知函数，其中.
求导得.
即
令，得零点，
.
由，得差值大于，故.
.
由，得差值大于，故.
所以，令
①偶，偶（奇，奇）
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递增.
所以可得极小值点：，极大值点，共3个极值点.
②偶，奇（奇，偶）
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递增.
所以可得极小值点：，极大值点.
③奇，偶（偶，奇）
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递增.
所以可得极大值点：，极小值点.
④奇，奇（偶，偶）
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递减.
时，，，，，单调递增.
时，，，，，单调递增.
所以可得极小值点：.
选项A，所以函数可能不存在极大值点，A错误.
选项B，若有且仅有3个极值点根据以上分析可知极大值为，B正确.
选项C，根据以上分析可知当为偶数，为奇数时，极小值，C错误.
选项D：若有且仅有3个极值点根据以上分析可知3个极值点，
，
即.D正确.
三、填空题（本大题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分）
12. 已知抛物线的准线方程为，则___________.
【答案】4
【解析】
【分析】根据抛物线方程得准线方程，从而求得．
【详解】抛物线的准线方程是，所以，解得．
故答案为：4
13. 已知数列 前 项和为 ，且满足 ，则当 时， _____.
【答案】
【解析】
【分析】由题设中的递推关系可得，据此可求，求出可得.
【详解】因为，故，故，
整理得，当时，有，
故，
而，故，而，
故，故，故，
而，也满足上式，故.
14. 一随机变量服从正态分布，则， _____.已知一粒子在数轴上从原点出发，每一步等可能向左或向右移动，随机变量表示走完8步后，粒子向右移动的总步数，与相互独立，则_____.
【答案】 ①. ②. ##
【解析】
【分析】由关于对称，推得；粒子8步右行步数服从二项分布且具有的对称性，结合与独立，用全概率公式展开，再将求和式配对并利用前一问结论相加化简，即可求得概率为.
【详解】①已知，正态曲线图像关于对称，
故，
因此.
②由题意，，满足，且与独立，
由全概率公式： (1)
令，则,
即等价于 (2)
(1)(2)两式相加
结合第一空的结论，
得.
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. 2026 年 4 月 19 日， 第二届人形机器人半程马拉松在北京亦庄举行， 来自各地的机器人参赛队伍同场竞技，引发广泛关注.为研究 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 之间是否存在关联，某科研团队对本次参赛的 500 台机器人进行统计，得到如下列联表 （单位： 台）：
（1）根据小概率值 的独立性检验，能否认为 “机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 有关?
（2）从该 500 台机器人中，采用按比例分层抽样的方法（以是否搭载智能避障系统分类），抽取一个容量为 10 的样本.再从这10台机器人中，不放回地随机抽取3台，设其中 “搭载智能避障系统” 的台数为.求的数学期望 .
附： ，其中 .
【答案】（1）“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关.
（2），分布列为：
【解析】
【分析】（1）先完善列联表，再计算，根据临界值表可得相应判断；
（2）根据超几何分布可求的分布列，再根据期望公式计算期望即可.
【小问1详解】
完善列联表如下：
设：“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛” 无关，
则，
故根据小概率值 的独立性检验，
可以认为“机器人是否搭载智能避障系统” 与 “能否完成全程比赛”有关.
【小问2详解】
根据分层抽样可得10台机器人中“搭载智能避障系统” 的台数为，
故可取，
又，，
，，
故的分布列为：
故.
16. 如图，在四棱锥 中，底面 是边长为 2 的正方形，平面 平面，平面平面 且二面角 的余弦值为 .
（1）求证： 平面 ；
（2）求三棱锥 的体积.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用空间垂直关系的转化可得，，由线面垂直的判定定理可证平面 ；
（2）建立如图所示的空间直角坐标系，利用向量求出面面角的余弦值，从而求出，据此可求三棱锥 的体积.
【小问1详解】
因为四边形为正方形，故，
而平面 平面，平面 平面，
平面，故平面，而平面，
故，同理，而，平面，
故平面.
【小问2详解】
因为平面，，故可建立如图所示的空间直角坐标系，
则，
故，故，所以，
故，，
设平面的法向量为，则，
所以，取，
而平面的法向量为，故，
整理得，故，故，
故到平面的距离为，故.
17. 在锐角 中，角 所对边分别为 且满足 .
（1）求 ；
（2）若的角平分线交 于点 ，求 的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据三角变换可得，从而可求；
（2）根据面积关系可得，结合基本不等式可求 的最小值.
【小问1详解】
因为，
故，
整理得，而为锐角三角形，
故，故，故.
【小问2详解】
因为，
所以，
而，故，
故，即，
故，故，
当且仅当时等号成立，故的最小值为.
18. 已知点 ，过点斜率为 的直线 与椭圆 交于 ， 两点（A在的左侧），且为线段中点.
（1）求椭圆的离心率；
（2）记原点为，椭圆的左、右顶点记为，直线与交于点，记 的面积为，四边形面积为.
（i）证明： ；
（ii）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）（i）证明见解析；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用点差法可求椭圆的离心率；
（2）（i）记与的交点为．根据不同三角形的面积关系转化为可证；（ii）记直线与轴交点为，联立直线方程和椭圆方程后结合韦达定理可用表示面积之比，结合单调性可求面积之比的取值范围.
【小问1详解】
设，则，，
故，
而为的中点，故，故，
而直线的斜率为，故，故，
故，故即离心率为.
【小问2详解】
（i）证明：记与的交点为．
,
化简可得：得证．
（ii）由椭圆方程知，
由（1）可知，椭圆方程为，直线方程为，
联立方程，可得，
解得，则的取值范围为，
,
记直线与轴交点为，则，
,
则，
得到关于单调递减．
由于，故，即．
19. 牛顿迭代法（又称牛顿切线法）是求方程近似根的重要方法.对于方程，若可导，从一个初始近似值出发，构造迭代公式，在适当条件下，随着的增大，会越来越接近于方程的根.已知函数，区间满足上述迭代公式且初值.
（参考数据：）
（1）证明：方程在区间内有唯一实根；
（2）证明：；
（3）对，记，证明：数列单调递减.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）证明见解析；
【解析】
【分析】（1）利用导数判断其单调性，再根据零点存在性定理即可证明；
（2）利用二阶求导得到的单调性，再构造整体函数判断其单调性即可；
（3）令，求导后得其单调性，再合理赋值即可证明.
【小问1详解】
．
由零点存在定理，在内至少有一个零点．
又，当时，，故，即严格单调递增．
因此在区间内有唯一零点．
【小问2详解】
.
由于，则.
下证:.
设，，
则，故在区间上单调递增．
令，
则，故在区间上单调递减，
得到，取，得，
由于（否则与矛盾），故，因此．
【小问3详解】
．
对，令，
则．
由于在区间上单调递增，则在上单调递减，在上单调递增．
得到．由于且，则，
即。
则，
又．由（1）可知严格单调递增，则，
且，所以，所以数列单调递减．
完成比赛
未完成比赛
搭载智能避障系统
180
70
未搭载智能避障系统
120
130
0.100
0.050
0.010
0.005
0.001
2.706
3.841
6.635
7.879
10.828
完成比赛
未完成比赛
合计
搭载智能避障系统
未搭载智能避障系统
合计