重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（五）数学答案_2024-2026高三（6-6月题库）_2026年01月高三试卷_0116重庆市第八中学2026届高考适应性月考卷（五）

重庆八中高 2026 届 1 月适应性月考（五） 数 学 答 案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 26 1 答案 D A B C C B A A BCD AC ACD 3，16 5 8 1．由i3 i，i4 1，所以z1i，所以z 在复平面内所对应的点位于第四象限，故选D． (3x)(3x)≥0， 2．即 解得3≤x3，于是A{3，2，1，0，1，2}，故选A． 3x0， 3．在等差数列{a }中，由a a a 3a 24，a a a 3a 72，得a 8，a 24， ∴a a 2a ， n 1 2 3 2 17 18 19 18 2 18 2 18 10 ∴a 8，故选B． 10 x2 2 6 x2  6r 2 r 4．    的展开式的通项为 T Cr     Cr 22r6x123r ，所以 r 4 ，即第 5 项为常数项  2 x r1 6  2  x 6 T C422x1212 60，故选C． 5 6      5 ． 依 题 意 ， AB(1，1)，AC (1，2)，|AC| 5 ， 所 以 AC 在 AB 上 的 投 影 向 量 为    AB AC AB 12 (1，1) 1 1       ，  ，故选C． |AB| |AB| 2 2 2 2 1 6．由每18个月芯片的晶体管数目会变为之前的2倍知n a18 2n a218 ，每12个月单个晶体管的价格会变成原来 0 0 1 1 112 的 一 半 知 m b12  m b  ， 故 以 后 第 6 个 月 时 推 出 的 改 进 型 号 芯 片 的 价 格 为 0 2 0 2 1 6  6 16 n 218 m 2 12   n m ，故选B． 0 0 2 0 0 π π  π 7．任取x 0 ≤ 2 ，都存在x 0  2 ，使得yx 0 sin(x 0 )取x 0 1. 又yx 0 1在   ， 2  上单调递增，其最大值 π π  为 1，所以a的取值范围是  1， ，故选A． 2 2  1 6 8．正四面体PABC 的高h2 6，因为球O 是三棱锥PABC 内切球，于是有：V  4 SR ，解得R  . 又 1 PABC 3 1 1 2 球O 与球O 相切，且与正四面体PABC 的三个侧面相切，则球O 可视为过O 、球O 相切的切点与正四面体 2 1 2 2 1 PABC 的底面ABC平行的平面截正四面体PABC 所得小正四面体的内切球，显然，小正四面体的高h 6， 6 R 同理计算可得R  ，所以 1 2，故选A． 2 4 R 2 AB3， 2π 11π 5π 9 ． 依 题 意 ，  解 得 A2，B1 ， 函 数 f(x) 的 周 期 2   π ， 解 得 2 ， 则 AB1，   12 12 5π 5π  5π 3π 2π f(x)2sin(2x)1. 由 f  1，得sin 1，而0π，则  ，解得 ，因此 12  6  6 2 3  2π  2π f(x)2sin2x 1，A错，B正确；对于C，如图1，| f(x)| 2sin2x 1 的最小正周期为π，C正确；  3   3   π   π 2π π π  对于D，g(x) f x  2sin2x   12sin2x1 ，g 1，因此所得到的图象关于点  ，1 对  3   3 3  2 2  称，D正确，故选BCD． 1  1 3 y2 10．因为点Q ， 3 在椭圆C上，所以C：  1，解得m2 4，所以椭圆C的方程为x2  1．对于A，由椭 2  4 m2 4 圆方程得a2，b1，c 3 ，所以e c  3 ，故A正确；对于B，由椭圆定义可得|MF 1 ||MF 2 |2a4，则 a 2 1 9 1  1 9  1 |MF | 9|MF | 1  |MF | 9|MF |    (|MF ||MF |)   10 2  1 ≥ 102 2  1 4， |MF 1 | |MF 2 | 4 1 2 |MF 1 | |MF 2 | 4 |MF 1 | |MF 2 |  4   |MF 1 | |MF 2 |   第 1 页 共 5 页|MF | 9|MF | 当且仅当 2  1 ，即|MF |3，|MF |1时等号成立，故B错；对于C，设点P(x，y)，则N(x，0)，M(x，2y)， |MF | |MF | 2 1 1 2 (2y)2 由点M 在椭圆C上得x2  1，即x2  y2 1，所以点P的轨迹方程为x2  y2 1，故C正确；对于D，因为 4 1 13 13 点P的轨迹是以原点为圆心，半径为1的圆，则|OQ| 3 ，所以|PQ|的最大值为 1，故D错误， 4 2 2 故选AC． a 1 1 1 11．【 解析】由a 1，a  n ，可得  2，由b  ，可得b b 2，即有{b }是首 1 n1 2a 1 a a n a n1 n n n n1 n n 项为1，公差为2的等差数列，可得b 12(n1)2n1，A正确；由题意可得数列{b }的项按照如下规律分群： n n (1)，(3，5)，(7，9，11)，(13，15，17，19)，，则前n1个群的项的个数为123n1 1 n(n1)， 2 1 1 设第n个群的首项为b ，则m n(n1)1，则b 2m1n(n1)1，可得S n(n2 n1) n(n1)2n3， m 2 m n 2 n k 1 1 1 1 1 1 1 B 错 误 ；  1   ≤1   1  S 22 32 n2 13 24 (n 1)(n 1) 2 k1 k  1 1 1 1 1  1  1 7 1 1 1     1 1  ， C 正 确 ； ∵ ≤   3 2 4 n1 n1 2  2 4 n3 (n1)n(n1) 1 1  1 1 1  n 1 1 1 1 1      (n≥2) ， 则  1   ≤1  n(n1)(n1) 2(n1)n n(n1) k1 S k 23 33 n3 2  1 1 1 1 1 1  1 1 5       1   ，D正确，故选ACD． 12 23 23 34 (n1)n n(n1) 2 2 4 1 26 12．【 —解析】平均数为7，方差为 (411164) . 5 5 11 1  1 1 1 13.【 解析】 f(x2) f(x)   2f(x2) 2f(x) ，所以 2f(100)  2x x2 x2 x 100 1 1 1 1 1 2f(98) 2f(4) 2   f(100) ． 98 4 200 4 8 |IE| 14.【 解析】设 C 的右顶点 E(1，0) ，易知 IE FF 且|FE|3|F E| ，所以 tanIF F   1 2 1 2 2 1 |F E| 2 |IE| 5 9 5 9 3 3tanIFF ． 令 t tanIFF， 所 以    |FE| 1 2 1 2 sinPFF sinPF F 2t 6t 1 1 2 2 1 1t2 19t2 5(1t2) 9(19t2) 832t2 4 4 1 5 9     16t≥16，当且仅当 16t，即t  时等号成立，故  最 2t 6t 2t t t 2 sinPFF sinPF F 1 2 2 1 小值为16. 15．解：（1）由题可知在△ACD中：ACD75，ADC45，所以CAD60. CD AC 由正弦定理可得：  ， sinCAD sinADC 2 10 3 所以AC  CDsinADC  2 10 2 （海里）． ……………………（6分） sinCAD 3 2 （2）由题可知在△CDB中：BCD30，CDB120，所以CBD30， 所以BDCD10 3（海里）. 由余弦定理可得：BC2 CD2 BD2 2CD BDcosCDB 300300300900， 所以BC 30（海里）. ……………………………………………（9分） 由题意可知，在△ACB中，ACB45， 由余弦定理可得：AB2  AC2 BC2 2AC BC cosACB 200900600500 ， 所以AB10 5 （海里）. ……………………………………………（13分） 第 2 页 共 5 页16．（本小题满分15分） y2 2px， 解：（1）由 得：x2 2px0，所以x 2p， yx， A 所以点A(2p，2p)，所以|OA| (2p)2 (2p)2 2 2p ，所以 p1， 所以抛物线C的标准方程为y2 2x ………………………………（5分） （2）由（1）知：A(2，2)， 设直线MN 的方程为xmyn，点M ，N的坐标为(x，y )，(x，y ). 1 1 2 2 y2 2x， 由 得：y2 2my2n0. xmyn， ∵4m2 8n0，∴m2 2n0， y  y 2m，y y 2n，① ……………………………………（8分） 1 2 1 2   ∵AM  AN ，∴AM  AN 0， 所以(x 2)(x 2)(y 2)(y 2)0. 1 2 1 2 y2 y 2 又因为x  1 ，x  2 ， 1 2 2 2 所以(y 2)(y 2)[(y 2)(y 2)4]0， 1 2 1 2 所以(y 2)(y 2)0或者(y 2)(y 2)40，② 1 2 1 2 将①式代入②式，得：n2m2或者n2m4. ………………………………（13分） 当n2m2时，直线MN：xm(y2)2，过定点A(2，2)，舍去； 当n2m4时，直线MN：xm(y2)4，过定点(4，2)． 综上，直线直线MN 过定点，且定点坐标为(4，2)． …………………………（15分） 17．（本小题满分15分） （1）证明：因为AB AC，AABAAC ，AA AA， 1 1 1 1 所以△AAB≌△AAC ，所以AB AC . 1 1 1 1 因为O为BC的中点，所以AOBC. 1 又平面ABC 平面ABC，平面ABC平面ABC BC，AO平面ABC， 1 1 1 1 所以AO平面ABC． ………………………………………………………………（5 1 （2）解：如图2，连接OA，因为AB AC，且O为BC的中点，所以OABC. 故以O为坐标原点，OA，OC ，OA 所在直线分别为x，y，z轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 1 则C(0，2 2，0)，A(2 2，0，0)，B(0，2 2，0)，A(0，0，2)， …………………（7分） 1     1 1 所 以 CC CA AC CA  AC  (0 ， 2 2 ， 2) (2 2 ， 2 2 ， 0)( 2 ，  2 ， 2) ， 1 1 1 1 1 2 2 ………………………………………………………………（9分）   AB(2 2，2 2，0)，AA (2 2，0，2). 1     n AB0，  2 2x2 2y0， 设平面ABB 1 A 1 的法向量为n(x，y，z)，则 n    A  A  0， 即 2 2x2z0， 1  取x1，则y1，z 2 ，所以n(1，1， 2). …………………………（12分） 设CC 与平面ABB A所成角为， 1 1 1     |CC n| | 2 22 2| 1 则sin|cosCC 1 ，n| |C  C 1 ||n  |  224 112  2 ， 1  π π 因为 0， ，所以 ，    2 6 π 故CC 与平面ABB A所成角的大小为 ． ……………………………（15分） 1 1 1 6 18．（本小题满分17分） 2 1  1 解：（1）由题意，每次抽奖，未中奖的概率为 ，中奖的概率为 ，X B3，  ， 3 3  3 k 3k 1 2 故P(X k)Ck     ， 33 3 第 3 页 共 5 页所以其分布列如下： X 0 1 2 3 8 4 2 1 P 27 9 9 27 1 期望：E(X)3 1. ……………………………………（5分） 3  1 1 k 2 nk Ck2nk （2）X Bn，  ，P(X k)Ck      n ，  3 n3 3 3n Ck2nk n 当n≥2时， P(X k)  3n P(X k 1) Ck12nk1 n 3n Ck n! (k 1)!(nk 1)! nk1  n    (k≥1)． 2Ck1 2k!(nk)! n! 2k n P(X k) nk1 1 令 ≥1，得 ≥1，即k≤ (n1). …………………………（8分） P(X k 1) 2k 3 1 由于P(X 1)≥P(X k) ，所以1≤ (n1)≤2，得2≤n≤5， 3 所以n的最大值为5. ……………………………………（10分） 2 2 5 （3）易知 p 1， p 1   . ……………………………………（11分） 1 2 3 9 1 若第一次中奖，则剩下n1次抽奖未出现连续两次不中奖概率为 p ； 3 n1 2 1 若第一次未中奖，第二次中奖，则剩下n2次未出现连续两次不中奖，概率为  p ， 3 3 n2 1 2 1 1 2 故： p  p   p  p  p (n≥2). ……………………………（13分） n 3 n1 3 3 n2 3 n1 9 n2 设，R，使得 p p (p p )， n n1 n1 n2  2  1     1 2  3  3 则 ， ，解得： 或 ， 3 9  1  2  3  3 2 1 2  取第一组解，得： p  p  p  p  ， n 3 n1 3 n1 3 n2  2  1 即数列p  p 为公比为 的等比数列.  n 3 n1 3 2 2 5 2 1 又 p 1， p 1   ，故 p  p  ， 1 2 3 9 2 3 1 9 n2 n1 2 1  1 1  1 所以 p  p       . n 3 n1 9  3 3  3  1 n 2  1 n1 1 设R，使得 p n    3    3    p n1    3      ，得 3 ， 1 1 n 2 1 1 n1 因此 p n  3    3    3    p n1  3    3      ，  1 1 n 2 因此数列p    为公比为 的等比数列，  n 3 3  3 n n1 n n 1 1 8 2 4 2 1 1 所以 p       ，即 p       . n 3 3 9 3 n 3 3 3 3 可见，当 n 足够大时， p 趋于 0，所以只要抽奖次数足够多，一定会出现连续两次不中奖的情况. n ……………………………………（17分） 第 4 页 共 5 页19．（本小题满分17分） lnxxf(x) （1）解：由条件可知， f(x) ， ……………………………………（2分） x2 1 1 ln x 1ln x 令(x)lnxxf(x) ，故(x) [xf(x) f(x)]   ， x x x x 令(x)0，则有xe， 从而(x)在(0，e)上递增，在(e，)上递减，故(x)≤(e)1ef(e)0， (x) 从而 f(x) ≤0，故 f(x)在(0，)上递减. ………………………………（5分） x2 （2）证明：切线l的方程为y f(x ) f(x )(xx )， 0 0 0 令h(x) f(x) f(x ) f (x )(xx )，x(0，e)， 0 0 0 则h(x )0，且h(x) f(x) f(x )，h(x )0， 0 0 0 1lnx x2  2x(lnxxf(x))  x  13lnx2xf(x) h(x) f(x)  . x4 x3 3 3 2ln x 2ln x3 令F(x)13lnx2xf(x)，则F(x) 2xf(x)2f(x)   . x x x x 由x(0，e)，有2lnx30，故F(x)0，从而F(x)在(0，e)上递减，故F(x)≥F(e)0. F(x) 从而h(x) 0，故h(x)在(0，e)上递增， x3 由h(x )0，从而h(x)在(0，x )上递减，在(x，e)上递增， 0 0 0 从而h(x)h(x )0，即除切点外，曲线y f(x)在(0，e)上的图象位于切线上方．…………………（11分） 0 2x （3）证明：即证xf(x) ，x(e，). xe 2x 令g(x)xf(x) ，则g(e)ef(e)10， xe lnx 2e 1  2ex  g(x)   lnx . x (xe)2 x  (xe)2  2ex 1 2e(ex) 1 2e(xe) 令F(x)lnx ，则F(x)    0 ， (xe)2 x (xe)3 x (xe)3 1 F(x) 故F(x)在(e，)上递增，则F(x)F(e) ，从而g(x) 0，故g(x)在(e，)上递增， 2 x 从而g(x)在(e，)上递增，故g(x)g(e)0，证毕. ………………（17分） 法二：即证：(xe)f(x)20 ，令H(x)(xe)f(x)2 ，则H(x) f(x)(xe)f(x)， lnxxf(x) [lnxxf(x)](xe) (xe)lnxexf(x) 由 f(x) ，则有H(x) f(x)  ， x2 x2 x2 xe (xe)lnxxe 令G(x)(xe)lnxexf(x)，G(x)lnx e[xf(x) f(x)] 0 ， x x 故H(x)0，从而H(x)在(e，)上单调递增，则有H(x)H(e)0.…………………………（17分） 第 5 页 共 5 页