重庆市永川中学2026届高三下学期入学考试数学试题（Word版附解析）

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1．考试时间120分钟，试题满分150分，试题卷共4页．
2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚．
3．每小题选出答案后，用2B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．解答题的过程写在答题卡相应区域内，写在试卷和草稿纸上无效．
一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则集合的子集的个数为（ ）
A. 3B. 4C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】
通过解不等式，得到集合A，进而得出.因为集合中有3个元素，故其子集个数为个.
【详解】由得，则
，
则的子集个数为个.
故选：D.
【点睛】本题考查了补集的运算，集合子集个数的结论，属于基础题.
2. 若复数满足，则的虚部为（ ）
A. B. C. 1D.
【答案】A
【解析】
【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得.
【详解】，所以，则，即，
所以的虚部为.
故选：A.
3. 已知向量，，若，则实数的值为（ ）
A. 2或B. 或C. 2或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可得，利用向量的坐标运算可得，求解即可.
【详解】由题意可知.因为，，
所以，整理得，解得或.
故选：A.
4. 已知是等比数列，若，，则（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，设数列首项为，公比为，则，再解方程组结合等比数列通项公式即可求解．
【详解】根据题意，设数列首项为，公比为，
，
，代入，，解得，
，
．
故选：C．
5. 在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间（单位：秒），其中为常数，是量子比特的数量.已知当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据条件列出方程通过对数运算计算出的值，然后再求对应条件下即可.
【详解】由于当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了10秒，
所以，解得：
当量子比特数量从个增加到个时，处理时间增加了20秒,
则，即，
解得：，
故选：D
6. 过直线上的点作圆的两条切线，切点分别为，若的面积与面积相等，则的一个可能取值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据的面积与的面积相等这一条件，结合圆的切线性质，得出的长度，最后根据点到直线的距离公式求出的范围.
【详解】由，得，
所以.
因为，所以四点共圆，所以，
所以，又，所以，又，
所以=1，因此得，
因为点在直线上，且的最小值为圆心到直线的距离,
，因为，所以，解得，在各选项中只有选项C满足.
故选：C
7. 已知命题p“”，若命题P为假，则a的取值范围为（ ）
A. RB. (-，-2）C. （-，-2]D. （-，-1]U[2,+)
【答案】A
【解析】
【分析】先求命题p为真时a的取值范围，再求补集得结果.
【详解】若命题p为真，则，
因此若命题P为假，则a的取值范围为R，选A.
【点睛】求为真时参数取值范围，往往先求p为真时参数取值范围，再求补集得结果.
8. 已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的选项中，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. 已知函数（），且满足，则（ ）
A.
B. 在区间上单调递增
C. ，
D. 将的图像向右平移个单位长度得到的图象，那么
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据得出正弦函数取得最小值时，满足，再结合得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为，得出，即可得证C；根据图像的平移得出，再求的取值范围即可.
【详解】因为（），且满足，
则，此时，解得，
结合（），当时；故A正确；
，求其单调递增区间即，
化简得，当时，
同理单调递减区间为，
当时，，因此在区间上不单调，故B不正确；
因为，，
故，C选项正确；
将的图象向右平移个单位长度得到的图象，
故，
故,，
即，选项D正确.
故选：ACD.
10. 如图，某电子实验猫线路图上有，两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复绿灯后，继续前行，，两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，.同学甲从第一次实验到第五次实验中，实验猫在处遇到红灯的次数为，在，两处遇到红灯的次数之和为，则（ ）
A.
B.
C. 一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为
D. 当时，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据题意知道，再根据二项分布得概率公式，方差公式，期望公式逐个计算判定即可.
【详解】由题意可知，所以，，故A正确，B错误；
一次实验中，，两处至少遇到一次红灯的概率为，故C正确；
当时，一次实验中没有遇到红灯的概率为，遇到一次红灯的概率为，遇到两次红灯的概率为，
故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为，所以，故D正确.
故选：ACD.
11. 记内角，，的对边分别是，，，已知，则下列选项正确的是（ ）
A.
B. 角的最大值为
C.
D. 的取值范围是
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于A利用余弦定理即可判断，对于B利用余弦定理和均值不等式即可判断，对于C利用余弦定理、正弦定理及两角和的正弦公式即可判断，对于D令代入有，由三角形三边关系求出解出的范围，即可求解，进而判断D．
【详解】对于A：由余弦定理知，
又，所以，即，故A正确；
对于B：由余弦定理知，
由基本不等式知，即，当且仅当时，等号成立.
所以，又，所以，即角的最大值为，故B正确；
对于C： 若，则，
即，
所以，即，也即，
整理得，不合题意，故C错误；
对于D：令，代入中可得，.
由得，，即，
解得.
.
令，易知在上单调递增，
当且，，
当且，，
所以在上的值域为，
的取值范围是，故D正确．
故选：ABD．
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上）
12. 在的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的系数为____________．
【答案】
【解析】
【分析】依题意利用赋值法令，可求得，再利用二项展开式即可求得系数.
【详解】由各项系数的和为0可知，令，即，解得；
因此的展开式中含有的项为.
故答案为：
13. 某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的名选手组团参赛，若甲负责第一关，最后一关由名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有________种．
【答案】10
【解析】
【分析】根据特殊元素/位置优先安排原则，先判断第一关和第四关的种数，再计算其余关卡的种数，相乘即可.
【详解】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手，其余两关各有1名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，
所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有种，
然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种，所以，满足条件的参赛方案有种.
故答案为：10.
14. 由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图）， ，分别在上，满足，则几何体的体积为__________；___________.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先求面积，再求三棱锥和的高度，进一步求三棱锥的体积，且根据两个三棱锥和全等得出几何体的体积；构建直角三角形，利用勾股定理，根据已知线段长度计算，得出长度.
【详解】几何体看作以为公共底面的两个三棱锥和的组合，
又因为在正四棱台中，，，
所以，又因为，连接，则为等腰直角三角形，
其面积为：，
连接，交于点，连接，交于点，则垂直于面且为三棱锥的高，平移到，则，即四边形是平行四边形，
所以，
又因为四边形是正方形，所以，分别是，的中点，
且，为等腰直角三角形，
所以，，
，
在直角三角形中，由勾股定理可得，
所以几何体的体积,
连接，交于点，连接，，
由题意可得，几何体是由两个全等的正四棱台组合，
所以平行且，所以四边形是平行四边形，
所以，且平行，
又因为是两个全等的正四棱台组合的组合体的高，
所以，为直角三角形，由勾股定理可得：
.
故答案为：，.
四、解答题（本大题共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. 已知数列的首项，且满足.
（1）求证：是等比数列；
（2）求数列的前n项和.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）由题设可得，进而求证即可；
（2）先求得，再利用分组求和法求解即可.
【小问1详解】
由，得，
又，所以数列是以为首项，为公比的等比数列.
【小问2详解】
由（1）得，，则，
所以.
16. 为了解消费者购买新能源汽车意向与年龄是否具有相关性，某汽车公司通过问卷调查对200名消费者进行调查.数据显示，200人中中老年人共有75人，且中老年中愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车的2倍；青年中愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车的4倍.
（1）完善列联表，请根据小概率值的独立性检验，分析消费者对新能源车和燃油车的意向购买与年龄是否有关；
（2）采用分层随机抽样从愿意购买新能源车的消费者中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人中青年人数的分布列和期望.
附：，.
【答案】（1）列联表见解析，有关
（2）分布列见解析，.
【解析】
【分析】（1）由题意补全列联表，然后利用独立性检验的原理求解卡方判断即可；
（2）利用超几何分布计算概率，得到离散型随机变量的分布列，求解数学期望即可.
【小问1详解】
中老年共有75人，且愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车的2倍，
所以愿意购买新能源车的中老年人数为50人，愿意购买燃油车的中老年人数为25人，青年共有125人，
愿意购买新能源车是愿意购买燃油车的4倍，所以青年中愿意购买新能源车为100人，愿意购买燃油车为25人.
故列联表如下：
零假设：消费者购买新能源车和燃油车的意向与年龄无关，
，
根据小概率值的独立性检验，推断不成立，
即认为消费者购买新能源车和燃油车的意向与年龄有关；
【小问2详解】
愿意购买新能源车的共有150人，青年人与中老年人的比例为，
所以分层随机抽样抽取的6人中4人是青年人，2人是中老年人，
则的可能取值为0，1，2，
则，，.
所以的分布列如下：
则，
所以这5人中青年人数的期望为.
17. 如图，在四棱锥中，，底面是菱形，其中.

（1）若是棱上一点，平面与棱交于点，求证：；
（2）若平面，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）先由可得平面，再由线面平行的性质可得线线平行；
（2）解法一：取的中点为，再分别以坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面角的余弦值；
解法二：取的中点为，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角；
解法三：设，再分别以为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面的夹角.
【小问1详解】
证明：连接，

因为四边形是菱形，所以.又因为平面，平面
所以平面，又因为平面，平面平面
所以.
【小问2详解】
（法一）取的中点为，连接，因为是菱形，，
所以.
所以，又，所以
因为平面，所以，即两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，
所以，.
设平面的法向量为，则，即，
所以可得，所以，令，则，
所以，.
又因为，.
设平面的法向量为，则，
即，所以.
令，则，．
所以，
设平面与平面的夹角为，
则
（法二）取的中点为，连接，则，又，所以
因为平面，所以．所以两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，．
所以，
设平面的法向量为，则，即 所以，
所以，，令，所以，
又，
设平面的法向量为，则，即，
所以，所以，令，．
所以，.
设平面与平面的夹角为，
则.
（法三）连接，则，设.
因为平面，过作的平行线，则平面.
所以．即两两相互垂直．
如图建立空间直角坐标系，

则，，，，，．
所以，.
设平面的法向量为，则，即，所以
所以，令，则，所以，
又，.
设平面的法向量为，则，即.
所以，令，则，，
所以，.
设平面与平面的夹角为，
则.
18. 已知椭圆的右焦点为，分别是的左、右顶点，.
（1）求椭圆的方程及离心率；
（2）过点且斜率为的直线与椭圆交于不同的两点，直线与直线相交于点.若，求的值.
【答案】（1）；离心率
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，求得的值，即可求解；
（2）设，由，求得，得到，再由直线方程为，联立方程组，利用韦达定理证得，结合，得到，求得，代入椭圆的方程，求得的值，结合斜率公式，即可求解.
【小问1详解】
解：由椭圆的右焦点为，是的左、右顶点，且，
可得，解得，则，
所以椭圆的方程为，离心率.
【小问2详解】
解：设，，
因，可得 ，
因为三点共线，可得，所以，可得，即，
下面证明：三点共线.
因为，，所以①
又因为直线方程为，
联立方程组，整理得，
所以，，
则
所以，即，所以三点共线，
又因为，可得，所以，
可得，解得，将其代入椭圆的方程，
可得，解得，所以，
所以实数的值为.
19. 已知函数，
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）当时，求函数的单调区间；
（3）若在上存在零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）单调递减区间单调递增区间为
（3）
【解析】
【分析】（1）代入得到函数解析式，求出切点坐标.求函数的导数得到切线斜率，然后写出切线方程；
（2）代入得到函数解析式，求函数的导数，令，再求的导数，从而知道的单调性，由此得到对应区间内，从而得到函数的单调区间.
（3）由解析式分析得到函数在上存在零点，则.求函数导数，由（2）可知且.然后分类讨论：①，证明当，，且，得到结论；②时，使得，得到，通过换元后求导，证明，由零点存在性可知存在零点，故得到结果.
【小问1详解】
当时，，，切点为，
，∴，∴切线方程为：
【小问2详解】
当时，，
令，，令，得到，
∴时，，∴在单调递增，即在单调递增；
∴时，，∴在单调递减，即在单调递减；
∵，且时，恒成立，
∴变化时，的变化情况如下表：
∴的单调递减区间是，单调递增区间为，
【小问3详解】
，
∵时，，，∴，若，则恒成立，
∵在上存在零点，∴；
，由（2）可知在单调递增，在单调递减.
∴，∵，∴，
①若，即，时，
，，，，
∴，，∴在单调递增，∴，
∴无零点.
②若，即，时，
∵，使得，当时，，
∴变化时，的变化情况如下表：
∴在上单调递减，∴，∴在无零点.
，，
，单调递增，∴，∴
，，∴，∴
∴，∴在上存在零点.
综上所述，若在上存在零点，实数的取值范围为.
【点睛】方法点睛，连续函数在区间是否存在零点，只需证明，使得，本题借助导数求得函数的单调区间及最值，从而研究函数是否存在零点问题.年龄段
购车意向
合计
愿意购买新能源车
愿意购买燃油车
青年
中老年
合计
0.05
0.01
0.001
3.841
6.635
10.828
年龄段
购车意向
合计
愿意购买新能源车
愿意购买燃油车
青年
100
25
125
中老年
50
25
75
合计
150
50
200
0
1
2
0
极小值
0
极小值