重庆市第八中学2026届高三下学期周考（五）数学试题（Word版附解析）

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1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据对数型复合函数的定义域及指数函数的值域求出集合，，再求交集即可.
【详解】由已知可得：，，所以.
2. 已知，且，其中a，b为实数，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】先算出,再代入计算,实部与虚部都为零解方程组即可
【详解】
由,结合复数相等的充要条件为实部、虚部对应相等，
得,即
故选:
3. 已知是奇函数，则实数的值为（ ）
A. B. C. 0D. 1
【答案】C
【解析】
【分析】根据奇函数的定义计算即可.
详解】要使有意义，则，即，解得或.
所以函数的定义域为，关于原点对称.
.
因为，所以，
即，也即，
因，所以.
故选：C.
4. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】切化弦后，结合二倍角正余弦公式可构造方程求得，由可求得结果.
【详解】由得：，
，，，解得：，
.
故选：D.
5. 已知函数在区间上单调递增，则a的最小值为（ ）．
A. B. eC. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在上恒成立，再根据分参求最值即可求出．
【详解】依题可知，在上恒成立，显然，所以，
设，所以，所以在上单调递增，
，故，即，即a的最小值为．
故选：C．
6. 世纪法国著名数学家加斯帕尔•蒙日，创立了画法几何学，推动了空间几何学的独立发展.椭圆的两条切线互相垂直，则两条切线的交点位于一个与椭圆同心的圆上，称为蒙日圆，椭圆的蒙日圆方程为.已知一动点到两个定点、的距离满足，则点的轨迹与椭圆的蒙日圆的交点个数为（ ）
A. 个B. 个C. 个D. 无公共点
【答案】D
【解析】
【分析】求出椭圆的蒙日圆方程，求出点的轨迹方程为，判断两圆的位置关系，即可得出结论.
【详解】由题意可知，椭圆的蒙日圆方程为，
设点，则，整理可得，
圆的圆心为原点，半径为，
圆的圆心为，半径为，
两圆圆心距为，所以，，
故两圆相交，所以，点的轨迹与椭圆的蒙日圆无公共点.
故选：D.
7. 已知数列满足，，，记，为数列的前项和，则（ ）
A. 63B. 127C. 255D. 256
【答案】C
【解析】
【分析】由题意可得数列是以为首项，为公比的等比数列，利用等比数列的前项和公式即可求解.
【详解】由得，
又，易得，
两边同时取以为底的对数得，
即，
又，
所以数列是以为首项，为公比的等比数列，
则.
故选：C.
8. 在中，记内角，，所对的边分别为，，，已知的面积为2，，，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】B
【解析】
【分析】利用诱导公式和同角基本关系式化简条件得，再由正弦定理得，若，利用余弦定理结合已知判断矛盾，所以，即可得解.
【详解】由得，
由正弦定理（为外接圆半径）得，，
因为，所以，
若，由余弦定理得，，所以为锐角，
则，即，由于，，则，
所以，矛盾.
故，即，所以，即，
又因为，，所以（当且仅当时取“＝”号），
所以的最小值为4.
故选：B.
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．全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在正方体中，若点为底面的中心，则（ ）
A. 平面B.
C. 与所成的角为D. 与平面所成的角的正切值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】应用空间向量法证明线线垂直、线面平行以及向量法求线线角余弦，向量法求线面角从而确定正确答案.
【详解】以为原点建立如图所示空间直角坐标系，设，
则，
所以，又因为，所以，B选项正确；
取中点，所以，所以，又因为平面，平面，所以平面，A选项正确；
设与所成的角为，，
所以，所以与所成的角为，C选项错误；
设平面的法向量为，设与平面所成的角为，
则，所以，
所以，所以D选项正确.
故选：ABD
10. 已知抛物线C：的焦点为F，准线与x轴交于点H，过第一象限C上一点P作的垂线，垂足为Q，线段与C相交于点M，若，则（ ）
A. 直线的斜率为B. 为的平分线
C. 的面积为D. H，M，P三点共线
【答案】ABD
【解析】
【分析】先根据及抛物线的性质求出P点的坐标，对于A，可根据P点坐标直接求出PF的斜率；对于B，求出FQ的斜率，并结合PF的斜率分别求出、，据此可判断为的平分线；对于C，联立直线QF和抛物线C的方程，求出M的坐标，再结合点到直线的距离即可求解的面积；对于D，比较HM、HP的斜率即可判断是否三点共线．
【详解】如图所示，
抛物线的焦点为，准线为，
已知，所以的横坐标为，解得，
所以，解得，因此，
对于A，直线PF的斜率，故A正确；
对于B，是到准线的垂足，所以，又，，
所以FQ的斜率，故，
由得，所以，
所以为的平分线，故B正确；
对于C，QF方程为，联立抛物线，
得，解得或（舍去），所以，
PF的方程为，
点到直线PF的距离,
面积，故C错误；
对于D，，，，
则，，斜率相等，
所以H，M，P三点共线，故D正确．
故选：ABD．
11. “水韵江苏·家门口享非遗”展示活动中，主办方从全省遴选70余项极具地方特色的非遗代表性项目，并别出心裁地划分为“指尖非遗”“潮玩非遗”“舌尖非遗”“康养非遗”四大主题板块．甲、乙、丙3名游客每人至少从中选择一个主题体验，每个主题都恰有1人体验，记事件“甲体验指尖非遗”，“甲体验潮玩非遗”，“乙体验舌尖非遗”，则（ ）
A. 与对立B.
C 与相互独立D.
【答案】BD
【解析】
【分析】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题，结合排列组合知识依次计算总的样本点数，事件，，，包含的样本点数，依次判断选项即可.
【详解】3名游客，4个主题，每人至少从中选择一个主题体验且每个主题都恰有1人体验，则必有1名游客选择2个主题，其余2人选择1个主题，
则总的样本点总数为：，
对于A选项，甲可能同时体验两个主题，所以事件与不对立，故A错误；
对于B，事件“甲体验指尖非遗”，分两种情况：
当甲只选“指尖非遗”时，则剩余2名游客有名游客选择两个主题，另外1人选择1个主题，所以样本点数为：，
当甲选两个主题，其中一个是“指尖非遗”时，则甲从剩下3个选一个主题，则剩余的2主题分配给乙，丙，所以样本点数为：，
所以事件包含的样本点数为，
故，故B正确；
同理，，
对于C，事件表示甲选“指尖非遗”且乙选“舌尖非遗”，分三种情况讨论：
当甲选2个主题，其中一个是“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，此时的样本点数为：，
当甲只选“指尖非遗”，乙选2个主题，其中一个是“舌尖非遗”，此时的样本点数为：，
当甲只选“指尖非遗”，乙只选“舌尖非遗”，则丙选剩下的两个主题，此时样本点数为：1，
所以事件包含的样本点数为：，所以，
由于，
所以与不独立，故C错误；
对于D，，故D正确；
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在的展开式中，二项式系数的和是16，则展开式中各项系数的和为___________．
【答案】81
【解析】
【分析】由二项式系数和确定，再通过赋值法即可求解.
【详解】因为二项式系数的和是16，所以，解得，
令得展开式中各项系数的和为．
13. 已知单位向量，满足，则___________．
【答案】
【解析】
【详解】因为，
所以，
即，整理得，而，则.
所以.
14. 已知等差数列的各项均为正数，记其前项和为，若数列是等差数列，且与的公差相等，则___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据等差数列通项公式以及的关系式可得或，分别验证计算可得.
【详解】设等差数列的公差为，则等差数列的公差也为，
设，则，
当时，，
当时，，
因为需满足，
即，故，所以，
因为数列的公差为，
所以，解得或，
若，则，与等差数列各项均为正数不符，舍去；
若，则，对任意的，符合题意，
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. 已知函数．
（1）若，，，求的值；
（2）若偶函数与的图象关于直线对称，且在上单调递增，求的值．
【答案】（1）；
（2）1.
【解析】
【分析】（1）利用二倍角的余弦公式和辅助角公式化简原函数，再结合同角三角函数的基本关系与两角和的正弦公式求解即可.
（2）利用对称性结合奇偶性得到，利用单调性得到，最后求出取值即可.
【小问1详解】
由题意得
，
当时，，而，则，
即，因，所以，
此时，由同角三角函数的基本关系得，
而，
由两角和的正弦公式得
，故.
【小问2详解】
因为与的图象关于直线对称，
所以，
因为是偶函数，所以当时，取得最值，
此时，解得，
因为，所以，
因为在上单调递增，所以，解得，
则当时，，此时符合题意.
16. 已知函数.
（1）求函数的单调区间；
（2）证明：0为的极小值点.
【答案】（1）单调递增区间为，单调递减区间为.
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）求出函数的导函数，利用单调递增，单调递减，即可求出单调区间.
（2）求出函数的一阶导数，再求出函数的二阶导数，通过分析原函数的增减性即可证明结论.
【小问1详解】
易得的定义域为，
，
因为，故，令，可得，
故当时，单调递增，
当时，单调递减，
综上所述，的单调递增区间为，单调递减区间为.
【小问2详解】
证明：由题意可知，的定义域为，且，
设函数，则，
当时，，
可得，
故在区间上单调递增，又，即，
故当时，，即；当时，，即，
故在区间上单调递减，在区间上单调递增，
所以0是的极小值点.
17. 如图，四棱锥中，底面为矩形，，，侧面为正三角形，且平面平面为棱上一点，，平面交棱于点．
（1）求证：；
（2）当时，点关于平面的对称点为，求平面与平面所成角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）利用线面平行的判定定理可证明面，再由线面平行的性质定理可证明；
（2）建立空间直角坐标系利用空间向量求出点的坐标，再分别求出平面与平面的法向量，即可得出两平面夹角的余弦值.
【小问1详解】
证明：
因为底面为矩形，所以，
又平面，平面，故面，
又面面，平面，
故；
【小问2详解】
设的中点为，连接，
显然，以为坐标原点，分别以所在直线为轴，在底面内过点垂直于的直线为轴，建立空间直角坐标系，如图所示：
易知，
当时，，设，
则，，
设平面的一个法向量为，
则，取，则，
所以，
由题易知点到平面的距离与点到平面的距离相等，且，
即，
即，且，解得或（舍去），，
所以.
设平面的一个法向量为，
又，
则，取，
所以.
设平面的一个法向量为，
则，取，
则，所以
设平面与平面所成角的平面角为，
则．
故平面与平面所成角的余弦值为.
18. 在直角坐标系中，点，动点P在直线的左侧，且到直线的距离恒为，记P的轨迹为C．
（1）求C的方程；
（2）设不经过F的直线l的方程为，已知l交C于M，N两点，且的值与m的值无关．
（i）求k的值；
（ii）是否存在实数m，使得?若存在，求m的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）设动点，根据题意列出距离等式，整理后平方化简得到椭圆标准方程；
（2）(i)用椭圆左焦半径公式简化，将目标式转化为的形式；联立直线与椭圆方程，用韦达定理表示，令m的系数为 0，结合求解k；
(ii)利用角度关系结合三角恒等变换、正弦定理，推导出与的数量关系，结合韦达定理求出的坐标，验证直线是否经过F，判断是否存在符合条件的m.
【小问1详解】
设，由已知，得，
所以，两边平方，化简得C的方程为．
【小问2详解】
（i）设，，由（1）可知，，
所以，
由得，
所以，
且，，
因此，
因为的值与m无关，所以，解得（此时）．
（ii）若存在实数m符合题设，则，
所以，
因为，
所以，
在中，由正弦定理，得，
易知，且，所以，
所以，
所以，所以，即，
所以，即，
由（1）可知，所以，，
故，，从而l的方程为，
显然这与l不经过矛盾，所以不存在符合题设的实数m．
19. 若数列满足，则称数列为项数列，由所有项数列组成的集合为．
（1）若是项数列，当且仅当时，，求数列的所有项的和；
（2）已知，且与是两个不同的数列，定义离散型随机变量其中，且．
（ⅰ）求取到最大值时的值；
（ⅱ）求随机变量的分布列，并证明：．
【答案】（1）
（2）（i）5；（ii）分布列，证明见解析
【解析】
【分析】（1）当时，；当，，时，，由此可得出数列所有项的和；
（2）（i）分析可知的可能取值有、、、、，先求出集合中的元素个数为，当时，确定与的选择共有种情况，所有可能情况有种，由此可得出的表达式，再由解出的值，可得出取最大值时的值；
（ii）分析可知当时，与的选择情况共有种情况，所有可能的情况有种，可得出的分布列，根据组合数的基本性质求出的表达式，进而可证明出.
【小问1详解】
数列是项数列，当且仅当时，；
当，，时，.
设数列所有项的和为，则
.
【小问2详解】
（i）因为数列、是从集合中任意取出的两个数列，
所以，数列、均为项数列，所以的可能取值有、、、、，
根据数列中的个数可得，集合的元素个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项，这项与的对应项的取值不同，
有种情况，则与的选择共有种情况，
数列、是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以，
由，化简可得，解得，
则当时，取得最大值；
（ii）由（i）知集合中元素的个数为，
当时，数列、中有项取值不同，有项取值相同，
先确定有种情况，然后在中选取项与对应项取值不同有种情况，
则与的选择情况共有种情况，
数列是从集合中任意取出的两个数列，所有可能情况有种，
所以随机变量的分布列为，
因为，
所以
，即.