重庆市第八中学2026届高三下学期5月热身考试数学试卷（Word版附解析）

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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 （ ）
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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；
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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
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【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
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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 ，
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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 ，
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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，
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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；
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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.
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【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．
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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，
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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）证明见解析；
（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】
由 平面 ， 平面 ，得 ，而 平面 ， 平面 ，
则 平面 ，又 平面 ，平面 平面 ，
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所以 .
【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 .
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．
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【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
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．
【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.
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【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，
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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） ；
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（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 ．
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【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.