重庆市沙坪坝区2026届高三数学上学期第一模拟考试试题含解析

注意事项:清楚.每小题选出答案后，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在试题卷上作答无效.考试结束后，请将本试卷和答题卡一并交回满分分，考试用时分钟一、单项选择题（本大题共85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.已知复数，则在复平面内对应的点位于（）A.第一象限B.第二象限C.第三象限D.第四象限【答案】D【解析】【分析】先化简复数，然后由复数在复平面内对应的点的坐标可得答案.【详解】由题意可得，则在复平面内对应的点为,位于第四象限．故选：D.2.已知集合，则下列集合与相等的是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法、集合相等的定义进行求解即可.【详解】由，所以.第1页/共22页

故选：A3.在等差数列中，若，则（）A.B.8C.16D.24【答案】B【解析】【分析】根据等差数列性质以及等差中项应用计算可得结果.【详解】依题意可得，因此；又，可得；因为，所以.故选：B4.的展开式中，常数项为（）A.15B.40C.60D.80【答案】C【解析】【分析】根据二项展开式的通项求解.【详解】展开式的通项为，令，得，则，故常数项为.故选：C5.已知点，则在上的投影向量为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求向量和，然后根据投影向量公式计算.第2页/共22页

【详解】已知点，，，则，，投影向量为，，，所以.故选：C6.我国某电子企业通过技术创新，于本月成功推出了首款5纳米芯片，并且随着技术的进步，每个月都会与以后第个月的关系满足价格与的关系为18个月芯片的晶体管数目会变为之前的212个月单个晶体管的价格会变成原来的一半，芯片的价格为晶体管数目与单个晶体管价格之积，则以后第6个月时推出的改进型号芯片的价格是首款芯片价格的（）倍.A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由题意根据单个晶体管的数目和价格变化情况列出方程，解得，再分别表示出首款芯片与改进型号芯片的价格，即可得解.【详解】由题可知，若，则，得，即；若，则，得，即.设首款芯片价格为，则以后第6个月时推出的改进型号芯片的价格，则，故选：B.7.已知函数第3页/共22页

的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用导数求出，记，然后求出即可得解.【详解】因为，所以在上单调递增，所以，记，因为函数，且对任意的，都存在，使得恒成立，所以，又，所以.故选：A8.已知正四面体的棱长为6，为该正四面体的内切球，球与球及正四面体的三个侧面相切，记球和球的半径分别为，则（）A.2B.3C.4D.5【答案】A【解析】【分析】由，解得，再根据题意由求得即可.【详解】如图所示：第4页/共22页

因为正四面体的棱长为6，所以正四面体的高为：，，则，解得，由题意得，，因为，所以，即，解得，所以.故选：A二、多项选择题（本大题共36分在每小题给出的选项中，有多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.已知函数的部分图象如图所示，则（）第5页/共22页

A.B.C.的最小正周期为D.将的图象向右平移个单位长度得到的图象关于点对称【答案】BCD【解析】【分析】根据给定的函数图象，结合五点法作图求出，再结合正弦函数的图象性质逐项分析判断.【详解】依题意，，解得，函数的周期，解得，则，由，得，而，则，解得，A错误；因此，对于B，，B正确；对于C，如下图：的最小正周期为，C正确；对于D，，，由正弦函数图象性质可知：的图象关于点对称，D正确；故选：BCD10.已知是椭圆的两个焦点，点在上，是上的动点，第6页/共22页

轴，垂足为，且点满足（当点在轴上时，规定点与点）A.椭圆的离心率为B.的最小值为8C.点的轨迹方程为D.的最大值为【答案】AC【解析】【分析】对于A：利用代入法，结合椭圆离心率公式进行求解判断即可；对于B：根据椭圆的定义，结合基本不等式进行求解即可；对于C：根据平面向量共线坐标表示公式，结合代入法进行求解即可；对于D：根据圆性质，结合两点间距离公式进行求解即可.【详解】对于A：因为点在上，所以，所以该椭圆的标准方程为，所以可得，因此椭圆的离心率为，所以本选项说法正确；对于B：因为是上的动点，所以，第7页/共22页

，即，当且仅当时取等号，所以当时，有最小值，因此本选项说法不正确；对于C：设点的坐标为，所以有，因为轴，垂足为，所以点的坐标为，设点的坐标为，，代入中，得，所以本选项说法正确；对于D：圆的圆心是原点，半径为.因为，所以，因此本选项说法不正确.故选：AC已知数列满足，设，将数列的项按照如下规律分群:，，设第个群中所有项的和为，则（）第8页/共22页

A.B.C.D.【答案】ACD【解析】【分析】对于A项，由题意得，可得是等差数列，可求的通项公式；对于B个群的项数之和是个群的首项为算可求得，对于C，D项，根据该通项公式的特点进行放缩，从而求出放缩后的前项和进行判断．【详解】对于A项，因为，所以.因为，所以，且，所以是以1为首项，2为公差的等差数列，.故A项正确；对于B项，前个群的项数之和是.设第个群的首项为，则，由（1）知，.第个群共有项，.故B项错误；对于C项，，当时，.第9页/共22页

当时，.当时，，故.故，故C项正确；对于D项，，当时，.当时，.当时，，故.故，故D项正确；故选：ACD三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共分）12.样本数据5，6，8，，5的方差为______.【答案】5.2【解析】【分析】先求样本数据的平均数，然后由方差的定义求得方差.【详解】这组样本数据的平均数为，所以方差.故答案为：5.2第10页/共22页

13.若函数满足:对任意的，都有，且，则______.【答案】##0.125【解析】【分析】由，通过累加即可求解.【详解】由，得，即，，，累加可得：，又，得，故答案为：14.已知双曲线在的内切圆圆心为，则______，的最小值为______.【答案】①.3②.16第11页/共22页

【解析】【分析】利用双曲线定义和切线定理列方程组计算可得圆心横坐标，结合正切函数定义可得第一空；利用二倍角公式，用表示出目标式，结合基本不等式求解可得第二空.【详解】空一：双曲线的实半轴长，虚半轴长，半焦距，设圆与的三边分别相切于点，由切线定理可知，，结合双曲线定义可知，，又，联立求解可得，所以点的横坐标为1，即的横坐标为1，设圆的半径为，则，；空二：，同理，所以，当且仅当，即时等号成立.故答案为：3；16四、解答题（共分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）15.处发现两座小岛在的北偏东岛在的北偏东的方向上，海轮从处向正东方向航行海里后到达处，测得小岛在的第12页/共22页

北偏西的方向上，小岛在的北偏东的方向上.（1）求处与小岛之间的距离；（2）求两座小岛之间的距离.【答案】（1）（2）【解析】1）在中利用正弦定理计算可得；（2）在中利用余弦定理求出，再在中利用余弦定理求出；【小问1详解】由题可知在中，，，所以，由正弦定理可得：，及，所以【小问2详解】由题可知在中：，，所以．所以由余弦定理可得：，所以第13页/共22页

由题意可知，在中，，由余弦定理可得：，所以（海里）.16.已知抛物线，与直线交于，两点（O.（1）求抛物线的标准方程；（2，为抛物线上任意两点，且满足:直线经过一个定点，并求出该定点坐标.【答案】（1）（2）证明详见解析；【解析】1）联立求出交点坐标，根据解方程可得答案；（2）设直线的方程为，，，联立抛物线方程，可得，再根据，得到的关系式，即得答案.【小问1详解】抛物线与直线交于和两点，联立方程：，得，即，解得或，因此点坐标为，由两点间距离公式：解得，故抛物线的标准方程为：.【小问2详解】第14页/共22页

由(1)知抛物线方程为，点坐标为，设直线的方程为，代入得：设，，则由，得将，与代入，整理得，因式分解得：，解得或，当时，直线方程为，即，过定点（即点或与重合，不符合题意；当时，直线方程为，即，过定点.因此，直线恒过定点.17.如图，已知三棱台的高为为的中点，，平面平面.第15页/共22页

（1）求证：平面；（2）求与平面所成角的大小.【答案】（1）证明见解析；（2）.【解析】1）借助面面垂直的判定定理即可得线面垂直；（2）建立空间直角坐标系，求出直线方向向量与平面的法向量，再运用向量夹角公式，即可得解.【小问1详解】由，，，故与全等，故，又因为为的中点，故，又因为平面平面，平面平面，且平面，故平面；【小问2详解】连接，由平面，平面，故，又为的中点，故，即两两垂直，且，故可以为原点，建立如图所示空间直角坐标系，第16页/共22页

有，由三棱台的高为，故，故，，则，设平面的法向量为，则有，即，令，则有，故，设与平面所成角为，则有，则，因此，与平面所成角为.18.一顾客参加某商场的抽奖活动，抽奖规则为:抛掷一枚质地均匀的骰子，若掷出的点数大于4，则中奖，否则不中奖，每次抛掷相互独立.设该顾客抽奖次，中奖次数为.（1）若，求的分布列和期望；（2）若，，1，2，3，，，求的最大值；（3）设未出现连续两次不中奖的概率为.求，，，并说明当足够大时，的实际意义.【答案】（1）分布列详见解析，（2）5（3）1，，【解析】1）利用二项分布概率计算公式可得分布列，期望；（2）利用数列最大值的求法可得答案；（3）根据题意建立递推公式，构造等比数列求通项即可.【小问1详解】第17页/共22页

当时，中奖次数服从二项分布.，，故分布列为：0123期望.【小问2详解】由于，即因为对所有，1，2，3，，成立，所以需满足，即，解得：，故；又当时，第18页/共22页

当时，，易知当时，，故，即对，所以在单调递减，又由，可得，当时，恒成立.故的最大值为5.【小问3详解】设为次抽奖中未出现连续两次不中奖的概率。考虑第一次抽奖结果：若第一次中奖（概率次未出现连续两次不中奖的概率为；若第一次不中奖（概率次未出现连续两次不中奖的概率为，得递推关系：初始条件：，，计算得：构造等比数列求通项：设存在常数使得，代入递推式，比较系数得：解方程，得，，取，，则有：令，则，且，第19页/共22页

所以：，即：另取，，同理可得：令，则，且，所以：即：得：当足够大时：由于和，故.实际意义：当抽奖次数非常大时，未出现连续两次不中奖的概率趋近于0，即几乎必然会出现连续两次不中奖的情况.19.设定义在上的可导函数满足，且.（1）用表示，并求的单调区间；（2）若，记在点处的切线为，证明:除切点外，曲线在上的图象位于切线上方；（3）证明:当时，.【答案】（1），函数的递减区间为，没有递增区间.（2）证明见详解（3）证明见详解【解析】1）由等式得，令并求的值，通过导数即可求得的值域，从而得到的范围，即可求得函数的单调区间.（2的导数，求得函数单调性，从而得到的单调区间，即可求得的值域，从而得证；（3得到第20页/共22页

在单调性，从而求得的值域，即可求得的值域，从而得到函数的值域，即可得证.【小问1详解】∵，∴，令函数