重庆市九龙坡区2025-2026学年度高三数学下学期5月月考试题【含答案】

（试卷共4页，满分150分，考试时间120分钟）本试卷分选择题和非选择题两部分．考生作答时，将答案答在答题卡上，在本试卷上答题无效．注意事项：1．答题前，考生务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上，认真核对条形码上的姓名、准考证号，并将条形码粘贴在答题卡的指定位置上.2．选择题答案使用2B铅笔填涂，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案的标号；非选择题答案使用0.5毫米的黑色中性（签字）笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚．3．考生必须按照题号在答题卡各题号相对应的答题区域内（黑色线框）作答，写在草稿纸上、超出答题区域或非题号对应的答题区域的答案一律无效．一、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.已知命题，，那么为（）A.， B.，C.， D.，【答案】A【解析】【分析】根据存在量词命题的否定的知识确定正确答案.【详解】原命题，，是存在量词命题，其否定是全称量词命题，注意到要否定结论，所以为，.2.双曲线的实轴长为（）A.1 B. C.2 D.【答案】D【解析】【分析】根据已知条件求得，进而求得实轴长.【详解】双曲线，对应，所以，所以实轴长为.3.已知向量，，若，则（）A. B. C. D.3【答案】D【解析】【分析】利用平面向量数量积的坐标表示计算可得结果.【详解】若，则，因此可得，解得.故选：D4.某研究小组收集了60组关于“每天课外阅读时长（单位：分钟）”与“语文阅读理解得分（单位：分）”的数据，经计算，且由这60组数据拟合得到的经验回归方程为，则（）A. B.12 C.1.2 D.12.84【答案】C【解析】【详解】解：．5.已知数列满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由已知变形得到，利用等差数列求通项公式得到，进而得，即可得答案.【详解】由可变形为，故为公差为的等差数列，所以，所以，所以．6.若两个随机事件相互独立，满足，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据独立事件的运算公式和性质，结合条件概率的运算公式、对立事件的概率公式、和事件的概率公式进行求解即可.【详解】因为两个随机事件相互独立，所以两个随机事件也相互独立，由，由，所以7.已知圆柱和圆台的高和体积都相等，若圆柱的底面圆半径为，圆台的上、下底面圆半径分别为，，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】根据圆台和圆柱的体积公式得出，然后利用作差法判断出，结合基本不等式判断，即可得出答案.【详解】设圆台和圆柱的高为，则，所以．因为，所以B正确，A错误；又，所以，所以CD错误，故选：B．8.将函数的零点从小到大排列构成数列，则的前8项和为（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】利用诱导公式和二倍角公式化简函数，然后直接求出零点即可得解.【详解】，令，则或，所以或，将的零点从小到大排列：，所以数列的前8项和为.二、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．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知圆的半径为2，则（）A.B.原点在圆的内部C.圆与圆有且仅有1条公切线D.直线与圆交于两点，的面积为【答案】BC【解析】【分析】根据半径可求解，即可判断AB，进而根据两圆的位置关系可判断C，根据点到直线的距离公式以及圆的弦长公式即可求解D.【详解】的圆心和半径分别为,故，则，A错误，由于，故原点在圆内，B正确，的圆心和半径分别为,由于，故两圆内切，因此两圆只有一条公切线，C正确，到直线的距离为，则，故，D错误.10.如图，在等边中，，点在边上，且．过点的直线分别交射线，于不同的两点，，，．则以下选项正确的是（

）A. B.C. D.的最小值是【答案】ACD【解析】【分析】根据用基底表示向量、向量夹角的计算、平面向量共线定理的推论、基本不等式“1”的妙用求最值求解即可.【详解】对于A，由，得，则，A正确，B不正确；对于C，由选项A知，，而，，则，而共线，因此，即，C正确；对于D，由选项C知，，，当且仅当时取等号，D正确.11.已知函数，的定义域为，且，，若的图象关于直线对称，则（）A. B.C.是奇函数 D.【答案】ABD【解析】【分析】通过条件推导函数的性质，逐个分析选项即可.【详解】由关于对称，得，已知​，将第二个式子换元，代入化简得，因为，则，将用替换，可得，将用替换，得，即，故周期为.又因为，则，即是偶函数.由和，得，且，故是偶函数.选项A，，，由，得，A正确；选项B，对任意，，故，B正确；选项C，推导得，是偶函数不是奇函数，C错误；选项D，求和分组方式为为一组，为下一组，以此类推，直至，每组和为，共组，总和为，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，则_____．【答案】2【解析】【分析】根据和差角公式展开，即可得求解.【详解】由可得，故，则.13.若i为虚数单位，则________．【答案】【解析】【分析】设，利用错位相减法求得，进而求解即可.【详解】由，，设，则，两式相减得，，所以.14.已知抛物线：，按如下方法依次构造点列：设点，过抛物线上点作斜率为4的直线与抛物线交于另一点，为关于轴的对称点.记的坐标为，数列的前项和为，则______.【答案】【解析】【分析】设：，通过对称性确定，由在直线上，和，在抛物线上，确定数列是等差数列，再结合裂项相消法即可求解.【详解】设直线：，因为与关于轴对称，所以由在直线上得:，又点，在抛物线上，所以得（常数），所以数列是等差数列.又，所以，所以，所以，故四、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，角所对的边分别为，且.（1）求；（2）若，求的面积.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）利用正弦定理，结合恒等变形可得，进而得到即可；（2）利用余弦定理解出，进而得到，再根据面积公式计算即可．【小问1详解】解：，利用正弦定理：，整理得：，由于，所以，因为，所以；【小问2详解】，，，即，解得（负值已舍去），则，.16.某AI大模型想象力引擎处理用户问题分为“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式（即同时使用“深度思考”和“联网搜索”）三种模式，用户可根据需求在提问时自由选择．不同模式处理问题的时间（单位：秒）可以大致分为三组：，，一般情况下，使用三种模式处理用户问题所需时间比例统计如下图所示．某企业想对三种模式进行测评，若每种模式处理问题的时间在，，，分别记测评得分为2分，1分，0分，假设每种模式的测评相互独立，用频率估计概率．（1）若不考虑其它因素，仅从测评得分的均值考虑，哪种处理模式的测评得分最高？请说明理由；（2）在测评过程中，使用“深度思考”模式处理的所有问题中随机选取3个，记这3个问题中的测评得分相等的问题的个数为，求的分布列.【答案】（1）“联网搜索”模式的测评得分最高，理由见解析（2）0230.1080.6480.244【解析】【分析】（1）根据题中统计表，结合均值的定义进行求解即可；（2）根据独立事件的概率公式进行求解即可.【小问1详解】设“深度思考”模式，“联网搜索”模式和“兼用”模式的测评得分的均值分别为，，因为，所以“联网搜索”模式的测评得分最高．【小问2详解】三个问题中测评得分相等的问题的个数可能的取值为0,2,3，,，所以三个问题中测评得分相等的问题的个数的分布列为：0230.1080.6480.24417.如图，在四棱锥中，底面为矩形，，侧面为正三角形，平面平面，点为棱上一点，分别为中点．（1）求证：平面平面；（2）若点为中点，点关于平面的对称点为点，求平面与平面夹角的余弦值．【答案】（1）证明见解析（2）【解析】【分析】(1)利用正三角形的中线性质与矩形对边中点连线的垂直关系，推导出线面垂直；再结合面面垂直的判定定理，由线面垂直推出面面垂直；(2)方法一：建立空间直角坐标系，通过点的坐标和向量运算求出平面的法向量；利用对称条件解出对称点坐标，最后用法向量夹角公式计算两平面夹角的余弦值；方法二：通过线面平行的性质与对称关系确定点的位置及辅助线，结合三角形全等与角度推导；将空间平面夹角转化为平面内的角度差，利用三角函数公式求出余弦值.【小问1详解】侧面为正三角形，为的中点，，是矩形，且分别为中点，，面面，面平面，平面平面．【小问2详解】方法一：由（1）知，平面平面，平面，平面平面平面，，以为坐标原点，所在直线分别为轴、轴、轴建立空间直角坐标系，则，，，设，则，设平面的一个法向量为，则，即，取，则，所以，易知点P到平面的距离与点到平面的距离相等且，即且，即且，解得（舍去）或，所以．设平面的一个法向量为，又，则，即，取，所以．设平面的一个法向量为，则，即取，则，所以，设平面与平面夹角为，则．故平面与平面夹角的余弦值为．方法二：设平面与棱相交于点，因为面，则平面，且面面，则，又因为为中点，可得为中点，设平面平面，，则为中点，因为关于平面的对称点为，的中点为，所以面，由（1）知平面平面，所以平面，又平面平面且，且，在平面内，，所以，因为为中点，可得为正三角形，因为，所以为中点，由对称性可知，，所以，可得，且，设交于点，则为中点，则，由面，可得，则平面与平面夹角为，设平面与平面夹角为，同理可得，则平移可得平面与平面夹角为，则，即，故平面与平面PCD夹角的余弦值为．18.已知椭圆的左焦点为.（1）求的离心率；（2）为上一点，在处的切线为.①证明：的方程为；②设的右顶点为交直线于点与交于点为坐标原点，求的最小值.【答案】（1）（2）①见解析；②【解析】【分析】（1）根据椭圆方程直接算离心率；（2）①联立，证明与椭圆相切即可；②先得到点坐标，再求直线，的斜率关系，再利用为定值得到的轨迹方程，表示出进行求解．【小问1详解】由椭圆知，故，所以的离心率；【小问2详解】①由点在椭圆上，得，则点在直线上，由，联立消去得，即，也即，将代入上式化简，得，因为，故切线的方程为；②由①知，的方程为，当时，，则得，由于，故直线的斜率，由于，故直线的斜率，又与交于点，所以，设，则，化简得的轨迹方程为，，所以当时，的最小值为．19.设函数.（1）当时，证明：；（2）已知函数在区间内存在极值点.①求的取值范围；②是否存在，使？若存在，比较与的大小；若不存在，请说明理由.【答案】（1）证明见解析（2）①,②存在，【解析】【分析】（1）构造函数，求导进行求解；（2）①因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点，，对分类讨论进行求解；②由①知，当时，得，得在上单调递减，故当时，在上单调递增，在上单调递减，由零点存在性定理进行求解；由，及，得则，构造函数，求导判断与0大小关系即可．【小问1详解】设，则，因为，所以，则函数在上单调递增，所以，得当时，，即得证．【小问2详解】，，因为函数在区间内存在极值点，所以在内有变号零点．①当时，因为，所以，得恒成立，得函数在上单调递减，无极值，不合题意，当时，令，则，所以函数在上单调递减，又，若，即，则，得，得函数在上单调递减，无极值，不合题意，若，即，因为函数在上单调递减，且，，所以