重庆市2026届高三上学期12月高考模拟调研考试（一）数学试卷

这是一份重庆市2026届高三上学期12月高考模拟调研考试（一）数学试卷，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知向量 ，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知集合 ，则 （ ）
A．B．C．D．
3．若函数 的图象如图所示，则函数 的图象可能为（ ）
A．B．
C．D．
4．已知圆，直线与圆相切，则（ ）
A．1B．C．2D．
5．已知正四棱锥 的侧棱长为底面边长的倍，则侧面与底面夹角的余弦值为（ ）
A．B．C．D．
6．若 ，则（ ）
A．B．1C．2D．4
7．某动漫社团为了调查本校学生对新上映电影的喜好程度， 对该校学生进行了满意度调查， 其中男生共调查了 600 人，女生共调查了 400 人，男生平均给分 4 分，方差为 1 ，女生平均给分 3 分，方差也为 1 . 则调研对象总体方差为（ ）
A．B．C．D．
8．已知，若函数存在两个零点，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．已知等差数列中，，，前项和为，则下列选项正确的有（ ）
A．B．C．D．
10．已知复数 ，则下列结论正确的是（ ）
A．若为纯虚数，则
B．若，则
C．若，则的最大值为
D．若，则的取值范围是
11．已知双曲线的其中一条渐近线方程为，且过点.点为该双曲线右支上一点，点分别为该双曲线左右顶点，点分别为该双曲线左右焦点.则下列说法正确的是（ ）
A．当时，的面积为
B．的内切圆与轴切于点，则
C．记，的斜率分别为，，若点位于第一象限，则有
D．过点分别作两条渐近线的垂线，垂足为，则两垂足距离最短为
三、填空题
12．在 的展开式中，第3项的二项式系数为 .
13．已知正方体的棱长为3，点 分别在棱 ， ，则过 ， ， 三点的平面截正方体所得多边形的面积为
14．某中学为了更好地弘扬优秀传统文化，举办了一个诗词擂台赛活动:活动形式为两人进行擂台比拼，采用三局两胜制，每局通过抽签决定答题者，若答对则获得1分并继续答题，若答错则对方获得1分并由对方回答下一道题，每局3题，且得分多者获胜，现有甲乙两人参加擂台对抗赛，根据以往比赛经验，甲答对每道题的概率为，乙答对每道题的概率为，则甲在这场比赛中获胜的概率为 .
四、解答题
15．已知函数 的最小正周期为，其中 .
(1)求，并求曲线的对称中心；
(2)若，求.
16．已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且 ，现将沿折叠，折叠后使平面平面.
(1)取中点，证明：平面；
(2)若为等腰直角三角形，求二面角的正弦值.
17．已知平面内一定点，定直线，现有一动点满足到直线的距离与到点的距离之比为2 .
(1)求动点的轨迹的标准方程；
(2)已知点在上，动直线与轨迹交于，Q两点（不同于H），记的斜率分别为，若，求证:直线过定点
18．2026年第23届男子足球世界杯赛， 由美国、加拿大和墨西哥三国联合承办. 赛制如下:第一阶段为小组赛， 先将48支球队分为12个小组， 每组4支球队. 同一小组中， 每两支球队均要踢一场球， 根据赛制选出32支球队小组出线，参加第二阶段比赛.第二阶段为淘汰赛，根据赛制将出线的32支球队分成16组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级；晋级的16支球队又分成8组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级，依次类推，直至产生前四名.第三阶段为排位赛，进入前四名的球队分成两组，每组的2支球队踢一场球，胜者晋级决赛，再踢一场球，争夺冠军；而失败的2支球队也要踢一场球，争夺季军.
(1)第23届男子足球世界杯总共进行多少场比赛?
(2)一球队为了在比赛中变换阵型，将原本在左边锋、左前卫、左后腰和左后卫位置的4名球员交换位置， 则这4名球员至少有3名不在自己对应位置上的概率为多少?
(3)假定、、、四支球队被分至同一小组，依据过往比赛记录可得，球队战胜 球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜C球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜D球队的概率为，踢成平局的概率为.按照积分规则，获胜可积3分，平局可积1分，失败则积0分，试求A球队在小组赛结束后的积分的分布列和数学期望.
19．已知函数()
(1)讨论函数的单调性
(2)若函数存在两个零点，求证:；
(3)已知数列的前项和为，数列是首项为2的等比数列，若存在正整数，使得对任意正整数，均有，求的最大值.
参考答案
1．B
【详解】因为，，
对于选项A，，所以选项A错误；
对于选项B，，所以，所以选项B正确；
对于选项C，，，所以，所以选项C错误；
对于选项D，，所以选项D错误.
故选：B
2．C
【详解】因为，所以，解得或，
所以，
又，
.
故选：C.
3．A
【详解】对于B，由题可知函数 的图象，当
时，故B项错误；
对于A、C、D：对于函数 ，
当时，，故C、D项错误，A项正确.
故选：A.
4．C
【详解】已知圆，圆心，
直线，即,
由于直线与圆相切，则，则.
故选：C
5．A
【详解】设正四棱锥 的底面边长为1，则侧棱长为，
设O为底面正方形的中心，设M为的中点，连接，
则平面，而，,
则
又O为底面正方形的中心，M为的中点，则，
又，则，故为侧面与底面的夹角，
因,
在中，，
即侧面与底面夹角的余弦值为
故选：A
6．D
【详解】由，得，
，即，
即得，即.
故选：D.
7．D
【详解】记男生平均给分为，方差为，女生平均给分为，方差为，
则，
所以总体平均数，
所以总体方差为.
故选：D
8．C
【详解】由，，知
故，
即
即
令则上述式子即为
由于，且，
故在是单调递增函数，
故由可得
即，令，
，
由，得，
当时，，
当时，，
故，，且当时，恒成立，
由此可得出的大致图象如下：
由题意要求函数存在两个零点，等价于函数与的图象有两个交点，
由图可得：．
故选：C．
9．ACD
【详解】根据题意，等差数列中，，，
可得，解得，
由于，A正确；
，B错误；
，
所以，C正确；
，D正确.
故选：ACD
10．BC
【详解】对于A，复数 ，
则，
若为纯虚数，则，得，故A错误；
对于B，若，则，所以，
所以，故B正确；
对于C，，
由可得：，
故点在以为圆心，为半径的圆上，
表示圆上一点到原点的距离，
圆心到原点的距离为，
则的最大值为，故C正确；
对于D，由可得，
故点在以为圆心，为半径的圆上，
设，
所以，
故D错误.
故选：BC.
11．BCD
【详解】由，所以双曲线的方程为.
所以，所以顶点坐标为，，焦点，.
如图：
对A：当时，
由，
所以，故A错误；
对B：设的内切圆为圆，与，相切于，，
则，，.
又，故B正确；
对C：设，由题意，又因为为双曲线右支上的点，所以.
所以，，且，
所以.故C正确；
对D：因为，，且，
由余弦定理，
.
因为，所以（当时取等号），即.故D正确.
故选：BCD
12．
【详解】由题意可知：第3项的二项式系数为.
故答案为：10.
13．
【详解】如图所示：
分别在棱上取点，且，
易得，，
故，
同理可得，
故，
同理可求得，，
故过三点的平面截正方体所得的多边形为六边形，其面积等于两个等腰梯形与的面积之和，
由条件可得，，，
从而可得梯形的高为，
梯形的高为，
故梯形的面积为，
梯形的面积为，
六边形的面积为．
故答案为：．
14．
【详解】由题意，每局第一个答题是甲或乙，概率均为，且每局不可能出现平局，
设事件表示某一局甲获胜，则甲得分有两种情况：3分或2分，
若甲第一个答题，
甲得3分：3题甲都答对，故其概率为，
甲得2分：3题对错依次为甲对甲对甲错、甲对甲错乙错、甲错乙错甲对，故其概率为，
若乙第一个答题，
甲得3分：3题对错依次为乙错甲对甲对，故其概率为，
甲得2分：3题对错依次为乙对乙错甲对、乙错甲对甲错、乙错甲错乙错，故其概率为，
综上，一局比拼，甲获胜的概率为，
所以甲在这场比赛中获胜的概率为.
故答案为：
15．(1)，；
(2)
【详解】（1）
，
因为函数的最小正周期为，，所以，则有，
所以；
由，可得，，
所以函数的对称中心为；
（2）由于，所以，
则有，即，
所以．
16．(1)证明见解析
(2)
【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，
所以平面，平面，所以，
因为为正三角形，为棱的中点，所以，
又，平面，所以平面；
（2）取的中点，连接，则，
取的中点，连接，则，而，故，
由（1）平面，即平面，平面，
则，即两两垂直，
以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，
则，则，
设平面ACD的法向量为，则，
即，不妨取，得．
因为，所以，
由（1）知，平面，则可取作为平面的一个法向量，
由，
故二面角的正弦值为．
17．(1)；
(2)证明见解析.
【详解】（1）设点，由题意有，整理得，
化简得，所以动点的轨迹标准方程为；
（2）先考察直线，此时，且，满足题意，
若该定点存在，则必在轴上，记为，
设为，，联立直线与椭圆的方程，
所以，则，
所以，，
所以
所以，则分子、分母中关于的系数对应成比例，
所以，可得，该定点为.
18．(1)104
(2)
(3)分布列见解析，
【详解】（1）①第一阶段12个小组，每组4支球队两两比赛，共有场；
②第二阶段从32支球队淘汰到产生前四名，共有场；
③第三阶段，共有场；
所以比赛总场数为场.
（2）若有3名球员不在自己对应位置上；
若有4名球员不在自己对应位置上；
则4名球员至少有3名球员不在自己对应位置上的概率为.
（3）A球队在小组三场比赛结束后的积分X可能取值为：，
其中：0分(三负)、1分(一平两负)、2分(两平一负)、3分(一胜两负或三平)、
4分(一胜 一平 一负)、5分(一胜两平)、6分(两胜一负)、7分(两胜一平)、9分(三胜)，
则有：；
；
；
；
；
；
；
；
；
所以随机变量X的分布列为
期望．
19．(1)答案见解析
(2)证明见解析
(3)5
【详解】（1）对求导有（），
①当时，，故在单调递减；
②当时，由；由.
所以在单调递减，在单调递增.
（2），令，则有，
由；由.
所以在上单调递增，在单调递减．
若函数存在两个零点，则不妨有，且有，
要证，即证，即证，即证，
即证，等价于，
令（），
则有，
令，则有，则，
所以在上单调递增，所以，得证.
（3），当时，符合，所以.
设公比为，则有，即恒成立，则，
对任意，均有，即（时）恒成立．
分别令，，
则，所以在上单调递增，在单调递减，
，
令，则，
当时，，所以在上单调递减.
所以，故，所以在上单调递减.
①当时：，解得，
②当时：，解得（不成立），
所以的最大值为．