重庆市西南大学附属中学校2026届高三下学期5月适应性考试（一）数学试卷（含解析）

这是一份重庆市西南大学附属中学校2026届高三下学期5月适应性考试（一）数学试卷（含解析），共5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．若且，则为第（ ）象限的角.
A．一B．二C．三D．四
2．复数是关于x的方程的根，则 （ ）
A．B．0C．D．2
3．“”是“直线与圆相切”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
4．从预测雾霾动态，到预警水体污染；从评估森林碳汇，到守护生物多样性——AI正成为环境治理领域中一双敏锐的“无形之手”．某公司为评估AI辅助预测模型的准确性，记录了某月连续7天的PM2.5预测误差（预测误差=实际浓度-预测浓度，单位：）．如下表：
下列关于这7天预测误差的描述中，正确的是（ ）
A．这组数据的众数仅是B．这组数据的平均数是0
C．这组数据的极差是6D．这组数据的中位数是0
5．设，则（ ）
A．B．
C．D．
6．已知F为双曲线的右焦点，A为左顶点，P为C上的点，且P位于第一象限，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．已知，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
8．在棱长为2的正四面体中，动点分别在棱上，且二面角的大小恒为，则三棱锥体积的最大值为（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．抛掷一枚均匀的骰子两次，将两次朝上的点数分别记为随机变量和，则下列说法正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．已知为等差数列，记的前项和为，前项中所有偶数项的和为，且，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．若，则
11．已知函数，其中．则下列说法正确的是（ ）
A．的图象为中心对称图形
B．时，函数在上单调递减
C．对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值
D．若有两个不同的极值点，则的取值范围为
三、填空题
12．的展开式中，x项的系数为________．
13．若平面向量满足，则的最大值为________．
14．已知等比数列中，，则______；又数列满足，，若为数列的前项和，那么______．
四、解答题
15．如图，在四棱锥中，底面ABCD为菱形，，平面平面，，，E为PD的中点．
(1)求证：平面；
(2)求二面角的余弦值．
16．已知关于的函数.
(1)当时，求在处的切线方程；
(2)若且，求的极小值．
17．如图，在四边形中，.
(1)若，求边的长；
(2)求面积的取值范围．
18．已知双曲线的离心率为，虚轴长为2．
(1)求C的方程；
(2)过点的直线l与y轴交于点，与双曲线C交于A，B两点，若.
（i）求t的所有可能值；
（ii）固定，其中t取（i）中所有可能值的最大值，，设为平面中不在y轴上的动点，使得的平分线过定点.若Q为双曲线C上任意一点，求的最小值．
19．某分布式计算网络共配置了个节点，运行时若激活过多节点则会造成资源浪费，激活过少节点则会降低计算效率，为此设计了一套自适应调整规则：初始时，所有节点均为激活态；每一个运行周期结束时，若激活节点超过总数量一半，则休眠节点不变动，激活节点各有的概率休眠；反之，若休眠节点超过总数量一半，则激活节点不变动，休眠节点各有的概率激活；若激活节点和休眠节点各占一半，则网络进入稳定态，均不再变动．假设每个节点切换状态是相互独立的．
(1)若，
（i）记第一个运行周期结束后激活节点的个数为随机变量X，求X的分布列与期望；
（ii）求第二个运行周期结束后网络进入稳定态的概率．
(2)若，在第二个运行周期结束后网络为稳定态的条件下，求第一个运行周期结束后已经进入稳定态的概率．
参考答案
1．D
【详解】由三角函数的定义可知，时在第一、四象限；时在第二、四象限，
所以且时，在第四象限.
故选：D
2．A
【详解】因为复数是关于x的方程的根，
所以，所以，即，所以
，所以，所以.
3．C
【详解】圆配方.
因此，即，圆心为，半径.
因为直线与圆相切，
所以圆心到直线的距离，即，
整理，解得或.结合圆的条件，因此直线与圆相切等价于.
因此是直线与圆相切的充要条件.
4．D
【详解】将这7天的预测误差的7个数据从小到大排序，可得，
对于A，统计数据中和出现的次数都是两次，且次数最多，
所以众数是和，所以A错误；
对于B，统计数据的平均数为，所以B不正确；
对于C，统计数据的极差为，所以C错误；
对于D，根据中位数的定义，可得统计数据的中位数为，所以D正确.
5．C
【详解】构造指数函数，底数，所以单调递减，即；
，即.
6．B
【详解】易知，
由可得直线的斜率为，其直线方程为，
如下图所示：
联立直线与双曲线方程可得，
整理可得，
解得或(舍)，
所以点的横坐标为，又点位于第一象限，所以；
则，
所以，即，
所以，
因此在中，，即.
7．C
【详解】由，
则或，
若，则，由，不符；
若，则，
则，
由，则.
8．B
【详解】
如图所示，以为原点，为轴，建立空间直角坐标系，那么
设那么
，
设平面法向量为，则
取,则向量为平面平面的一个法向量，
取向量为平面的法向量，则
化简，得
，
，
当时，
由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设,
则,
当时，取得最大值
当时，
由于点与点在上运动，根据对称性可知在时最大，不妨设,
则,
当时，取得最大值,由于，故不符合舍去;
综上，三棱锥体积的最大值为.
9．AC
【详解】选项A：为第一次抛掷骰子的点数，共6种等可能结果，即取3、4、5、6，共4种结果，故，A正确；
选项B：的情况为 ，共6种基本事件，故，B错误；
选项C： 即 ，符合的事件为 ，共4种基本事件，故，C正确；
选项D：服从1到6的均匀分布，期望 ，D错误.
10．ACD
【详解】已知为等差数列，设等差数列的首项为，公差为，前项和为，
由于，根据等差数列前项和公式，有，化简得，
又因为前项中所有偶数项的和为，且，即，得，化简得，
联立，解得，所以数列的通项公式为，
对于A，，故A正确；
对于B，前项中所有偶数项的和为，即，其中构成首项为，公差为的等差数列，
因此，故B错误；
对于C，由于，，
所以，，即，故C正确；
对于D，已知，，
则，所以，
则，故D正确.
11．ACD
【详解】对A：，
故的图象关于点中心对称，故A正确；
对B：，
当时，，
故函数在上单调递增，故B错误；
对C：由，
则当时，，无最大、最小值；
当时，，则，无最大、最小值；
综上可得，对任意的实数，，既没有最大值，也没有最小值，故C正确；
对D：，令，则，
若有两个不同的极值点，则有两个不同根，
当时，，，无实数根，不符；
当时，若，则，不符，则，
令，，
有，则为偶函数，
当时，，则由对勾函数性质可知单调递增，
又单调递增，故单调递减，且，
故，则；
故有两个不同的极值点的充要条件为，故D正确.
12．
20
【详解】首先将原式变形为，
根据二项式定理，的展开式通项为，其中且.
中项的系数：令，解得，代入通项得该部分项的系数为，
中项的系数：要得到项，需中对应项的次数为，令，
解得，代入通项得该部分项的系数为，
将两部分系数相加，得展开式中项的总系数为.
13．2
【详解】由，得，
即，
化简得，即，
由，得，
所以，又，，
所以，
所以，
因为，所以，
所以．
14．
【详解】①已知数列是等比数列，设数列的首项为，公比为，
由于，则有，解得，
所以；
②由于数列满足，，则有，
因此，，，
说明数列是一个以为周期的周期数列，且一个周期内的项为，
设数列的通项公式为，
由于数列是一个以为周期的周期数列，将数列按每项为一组进行分组求和，
对于第组，即，有，
对应的的值为，，，
则第组的和为，
因此.
15．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为底面为菱形，，所以是等边三角形，，
取的中点，连接，
在菱形中，，所以是等边三角形，则，
又因为平面平面，且平面平面，
平面，
所以平面.
（2）由（1）知平面，以A为原点，所在直线为x轴，过A作的垂线为 y轴，所在直线为z轴建立空间直角坐标系.
因为，所以，
因为E为PD的中点，所以，
，设平面的法向量为，
则，取，得.
，设平面的法向量为，
则，取，得，
二面角为锐角，
故，
所以二面角的余弦值为.
16．(1).
(2)极小值为.
【详解】（1）由可得，
则，
易知；
所以切线方程为，即.
（2）易知；
令，所以，
因为且，所以恒成立，
当时，，所以在上单调递增，可得，
当时，令，可得，
当时，，此时在上单调递减；
当时，，此时在上单调递增；
因此在处取得极小值，也是最小值，即；
令，则，
所以函数在上单调递减，所以，即；
因此，
综上可知当时，在上恒成立，
令可得，
当时，，即在上单调递减，
当时，，即在上单调递增，
所以在处取得极小值，；
17．(1)
(2)
【详解】（1）在 中，，，由余弦定理，
因为 ，所以，
因为，所以，所以
，
在中，由正弦定理得，
即
所以边的长为.
（2）设 ，因为，所以，
在中，，所以，
由三角形内角和定理，得，解得，
在中，，
由正弦定理得，
所以面积
.
因为，所以，则，
所以，即面积的取值范围为.
18．(1)；
(2)（i）， ； （ii）
【详解】（1）依题意可得
解得，故的方程为．
（2）（i）设过点的直线为，与双曲线联立得 ，由已知直线与双曲线有两个交点，所以，
设 纵坐标为 ，，则，
弦长 ，即，
整理得
令 ，解得 或 ，故 或 ，直线与 轴交点 满足 ，所以或，所以t的所有可能值，.
（ii）取最大值，则，已知，，（），
直线的斜率，所以直线的方程为 ，
即 ，所以点到的距离为
直线的斜率，方程为 ，所以点到的距离为，
由角平分线性质，，即，化简得
将， 代入得 ，
整理得
因此，点的轨迹是以为圆心、半径为的圆.
设点，圆心到的距离为，
所以，
当时，，故，圆上的点到的最小距离为，所以的最小值为.
19．(1)（i）分布列见解析；期望为 （ii）
(2)
【详解】（1）（i）当时，总节点数为，
初始时4个节点全激活，激活节点超过一半，每个激活节点以的概率休眠，概率保持激活，
随机变量表示一个周期结束后激活节点数，则，
可得，，
，，
，
所以变量的分布列为
所以期望为 ；
（ii）若第一个周期已进入稳定态时：即，则直接保持稳定态，概率为；
若第一个周期非稳定态，第二个周期变为稳定态：
当时，则个节点各以休眠，需恰好1个休眠，剩余2个激活，
可得；
当时，则个节点各以休眠，需恰好2个休眠，剩余2个激活，
可得；
其中当和时休眠，结合对称性，可得概率分别为和，
所以第二个运行周期结束后网络进入稳定态的概率：.
（2）当时，总节点数为，初始状态：100个激活节点，0个休眠节点，
设：第一个周期结束已进入稳定态，即激活节点数为；：第二个周期结束后为稳定态，
因为第一个周期结束后网络已经进入稳定状态，则第二个周期结束后必然进入稳定状态，
所以，即
则：初始100个激活节点，各以休眠，恰好50个保持激活，则，
①当时，网络已在第一个周期就进入稳定态，第二个周期后仍处于稳定态的概率为1，
所以；
②当时，即时，激活节点超过一半，休眠节点为不变动，
激活节点各有的概率休眠，可得
③当时，即时，休眠节点超过一半，激活节点为不变动，
激活节点各有的概率休眠，可得
所以
，
因为，
当时，；当时，，
所以
当时，令，则，
可得
当时，，
因为，所以，
则
又因为，
可得，
所以，
所以，
再由条件概率公式可得.日期
1
2
3
4
5
6
7
预测误差：
1
0
1
2
0
1
2
3
4