重庆市七校联盟2026届高三考前联合诊断数学试题（含解析）高考模拟

这是一份重庆市七校联盟2026届高三考前联合诊断数学试题（含解析）高考模拟，共21页。试卷主要包含了考试结束后，将答题卷交回等内容，欢迎下载使用。
本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟．
注意事项：
1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上．
2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑．
3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．
4．考试结束后，将答题卷交回．
第Ⅰ卷（选择题 共58分）
一、单项选择题（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，有且只有一项是符合题目要求的）
1. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】已知集合，所以，即，
因为，所以.
2. 在复平面内，对应的点位于（ ）
A. 第一象限B. 第二象限C. 第三象限D. 第四象限
【答案】D
【解析】
【详解】，
在复平面内对应的点为，位于第四象限.
3. 的展开式中的系数是（ ）
A. 40B. 30C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】在二项展开式的通项公式中，令的幂指数等于3，的幂指数等于2，求出，即可求出展开式中的系数.
【详解】由题意：
令，即
故展开式中的系数为.
4. 已知函数的图象是由函数的图象向左移动个单位长度得到，则下列命题正确的是（ ）
A. B. 是的一条对称轴
C. 在单调递增D. 是奇函数
【答案】D
【解析】
【分析】A选项，利用“左加右减”进行计算；
B选项，利用余弦函数的对称轴进行求解；
C选项，将区间代入函数，看是否满足递增区间的需求；
D选项，先判断定义域是否关于原点对称，再利用，验证奇偶性.
【详解】函数的图象向左移动个单位长度，
得到新的函数为：.
A选项，，所以A选项错误；
B选项，，令，得：，其中，
所以不是的一条对称轴，所以B选项错误；
C选项， ，则，
在该区间上不单调，所以C选项错误；
D选项，，
对函数而言，，
且，
所以是奇函数，所以D选项正确.
5. 已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用圆锥性质，即可得外接球心即为轴截面外接圆圆心，再利用解三角形即可求体积之比.
【详解】设外接球的半径为，则球的体积为，
由于圆锥内接于球，其轴截面为一个内接于球的大圆的等腰三角形，则轴截面三角形的外接圆就是外接球的大圆，
即轴截面三角形的外接圆半径就是外接球的半径，
已知轴截面顶角为，由正弦定理可得，底面直径满足，
解得，因此圆锥底面半径，圆锥的高，
所以圆锥体积，
则该圆锥与球的体积之比为：.
6. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】由且在上单调递增，，
若，则，
由且在上单调递减，，
若，则，
显然可推出，反之不一定成立，
综上，“”是“”的充分不必要条件.
7. 已知公差大于0的等差数列的前项和为，若，的前项和为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以，
设数列的公差为，则，所以，
，，
所以当时，，当时，，
所以
，
所以.
8. 对，，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】双变量不等式恒成立，先对一个变量求导分析求最值，再对另一个变量分析，即可得到参数范围.
【详解】原不等式对，恒成立，移项整理得：
我们先将看成常量，把不等式看作关于的函数，
令，，
求导得：，
当时，
因为，，所以，
即在上单调递减，
又因为当时，，所以不可能恒成立，即被舍去；
当时，
由时，，则在上单调递减，
由时，，则在上单调递增，
所以，
要对，不等式恒成立，
则，解得，所以实数的取值范围是.
二、多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，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. 已知向量，，，则下列说法正确的是（ ）
A. B. ，则
C. 在方向上的投影向量为D. 若，的夹角为锐角，则
【答案】AC
【解析】
【分析】根据向量的和差运算、模长公式、垂直条件、投影向量公式以及向量夹角为锐角的充要条件逐一分析：选项A根据向量加法和模长公式验证；选项B根据向量垂直的点积为零列方程求解；选项C根据投影向量公式，先计算点积和模长平方再化简；选项D根据同时满足点积为正且向量不共线两个条件判断即可.
【详解】选项A：因为a+b=(2+3, −1+2)=(5,1) ，
所以|a+b|=52+12=25+1=26，故A 正确；
选项B：因为a−b=(2−3, −1−2)=(−1,−3) ，
又因为(a−b)⟂c，所以：，
即：(−1)⋅x+(−3)⋅(−4)=0 ，解得 ，故B 错误；
选项C：因为a⋅b=2×3+(−1)×2=6−2=4 ，
|a|2=22+(−1)2=4+1=5 ，
所以在方向上的投影向量为a⋅b|a|2a=45a，故C 正确；
选项D：若 a, c 的夹角为锐角，则 a⋅c>0 ，且 与 不共线
因为a⋅c=2x+(−1)×(−4)=2x+4>0 ，解得 ，
若 ，则 2×(−4)=(−1)×x ，解得 ，
当 时， 与 同向共线，夹角为 ，不是锐角，故需排除 ，
因此，夹角为锐角的条件是 且 ，并非 ，故D 错误.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 随机变量，则方差
B. 2，4，5，7，8，11，15，18的上四分位数是13
C. 用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是
D. 对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，对于样本点对应的残差为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二项分布的方差公式求方差判断A，由上四分位数的定义求分位数判断B，应用分步分类计数及排列组合求任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数的个数、其中相邻情况的个数，再由古典概型求概率判断C，根据样本中心求参数，再由残差的定义确定样本点的残差判断D.
【详解】A：由题设，则，错，
B：由题设，数据从小到大排序知上四分位数是，对，
C：将中任意相邻两个数字的奇偶性不同的六位数，
有两种情况：奇偶奇偶奇偶、偶奇偶奇偶奇，所以共有种，
其中相邻的情况，如：“奇偶奇偶奇偶”的排列，
共有奇偶相邻对有5个，将安排到其中一个，
再把中的奇数、偶数分别安排到余下的4个位置，
所以共有种，
同理“偶奇偶奇偶奇”的情况也有20种，故共有40种，
综上，在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是，对，
D：由题意，可得，则，
当，则，则残差为，对.
11. 在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足：，记的轨迹为．则下列说法正确的是（ ）
A. 关于坐标原点成中心对称
B. 上的点到原点的距离最大值为1
C. 存在点，使得点到点，的距离之差大于2
D. ，都有
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据在射线上且得到和的坐标之间的关系，再利用点坐标满足双曲线方程得到的轨迹方程，对于A，由方程特点即可判断，对于B，根据范围即可知范围，对于C，把放在某条双曲线上，结合的坐标范围即可判断错误，对于D，利用进行代换即可得的范围.
【详解】设，因为且，
所以，又在射线上，所以存在使得，
即，又根据可得，
即，代入点坐标得，
再把点坐标代入双曲线方程有，
整理得的轨迹的方程为且，
对于A，把替换为，替换为，的方程及限制条件都不变，
所以关于原点成中心对称，A正确；
对于B，由前述分析可知，当即点坐标为时，
取得最大值，B正确；
对于C，若到点和点的距离之差大于，
则也在以点和点为焦点且半实轴的双曲线上，
该双曲线上的所有点的横坐标的绝对值大于，而由可知，
所以到点和点的距离之差不可能大于，C错误；
对于D，设，则由的方程可得且，
所以，即，D正确.
第Ⅱ卷（非选择题共92分）
三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，是两个相互独立的随机事件，且满足，，则__________．
【答案】##
【解析】
【详解】，是两个相互独立的随机事件，
13. 若直线：与曲线有两个交点，则实数的取值范围是__________．
【答案】
【解析】
【分析】先求出直线所过定点，再将曲线转化为，可知其为半圆，结合图象，即可求出的取值范围.
【详解】由题意得，直线的方程可化为，所以直线恒过定点，
又曲线可化为，
其表示以为圆心，半径为2的圆的上半部分，如图.
当直线与该曲线相切时，点到直线的距离，
解得，设，则，
由图可得，若要使直线与曲线有两个交点，则实数，
即实数的取值范围是.
14. 已知数列满足，，数列满足，，则数列的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】先对的递推式取倒数构造等差数列求，再用累加法求的通项，最后转化为对勾函数求正整数范围内的最小值.
【详解】因为，，显然，
对递推式两边取倒数得： ，即，.
所以数列是首项为，公差为的等差数列，
因此 ，.
又因为，时，即
由累加法得：，
，，
验证时，符合上式，故，.
令，，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，.
所以数列在上单调递减，在上单调递增，
因此当时数列取得最小值，当时，数列取得最小值，且，
因此，当时数列取得最小值.
四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 设函数．
（1）当时，求曲线在处的切线方程；
（2）若有两个零点，求的范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用导数求斜率，再结合切点坐标写出方程即可；
（2）先通过导数分析单调性与极值，再结合函数两端趋势，通过极值与0的大小关系判断零点个数，最后结合零点存在的条件，确定参数的取值范围即可.
【小问1详解】
当 时，函数为：，
所以，
所以曲线在点 处的切线斜率为：
，
所以，整理得切线方程：.
【小问2详解】
函数 的定义域为 ，，
当时，因为 ，所以 在 上恒成立，
故 在 上单调递增，此时 至多有1个零点，不符合题意；
当时，令 ，解得：，
当 时，，故 ， 单调递减，
当 时，，故 ， 单调递增，
因此， 在 处取得极小值（也是最小值）：
又，，
因此有两个零点当且仅当极小值小于零，
即，所以 ，所以.
综上，的取值范围是
16. 已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点．
（1）求椭圆的方程；
（2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点．
【答案】（1）
（2）直线过定点，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由抛物线方程和双曲线方程分别可焦点坐标，进而可得，，再由椭圆的性质可得，因此可得椭圆方程；
（2）设交点坐标，再联立直线的方程与椭圆的方程消去，由根与系数关系及可得，进而可得直线过定点.
【小问1详解】
由抛物线，得焦点，
因为椭圆过抛物线的焦点，所以.
由双曲线，得焦点，
因为椭圆与双曲线有相同的焦点，所以.
由椭圆的性质，，
∴椭圆的方程为.
【小问2详解】
设，，
联立，消去得，
，
，，
由已知，
所以，
所以，
则，
，
，解得，满足，
∴直线的方程为，故直线恒过定点
17. 在中，角、、所对的边分别为、、，且.
（1）求角的大小；
（2）若点是上一点，且平分
①用，表示的长；
②求的取值范围.
【答案】（1）
（2）①②
【解析】
【分析】（）由已知条件，利用正弦定理边角互化及两角和的正弦公式化简即可；
（2）①利用 化简即可求得；② 由①可得，根据角平分线的性质求得，利用三角恒等变换将转化为正切型函数，结合正切函数单调性即可求得.
【小问1详解】
由和正弦定理，可得，
又，所以，
代入式得，因为，所以，
可得，即，又，所以；
【小问2详解】
如下图：①因为平分，则，
由，可得
化简得，则；
②因为平分，所以，即，解得，
则由正弦定理，
，
因，则，，则，即，
故的取值范围是.
18. 一个盒子里装有个大小相同的小球，编号分别为1，2，3，…，，且，，现进行两次摸球试验：
第一次：从中不放回地随机摸出个球，记所摸球的编号组成的集合为．第一次试验完成后，将球放回盒子，再进行第二次试验；
第二次：从中不放回地随机摸出个球，记所摸球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数．
（1）若，，求的分布列及期望；
（2）若，且，求；
（3）求的方差（，且，结果用，表示），并探究，具有怎样的关系时，最大？
【答案】（1）

（2）
（3），当为偶数时时最大；当为奇数时时最大
【解析】
【分析】（1）由表示的元素个数，写出对应可能值及其对应概率，写出分布列，并求出期望值；
（2）根据题设得，将代入得到方程，即可求参数；
（3）由题，，结合得到含的表达式，再由二次函数性质分析最值.
【小问1详解】
由题意表示的元素个数，可能取值为1，2，3，总取法为，
表示两次摸出的球恰有1个公共元素，取法为，则，
表示两次取的球有2个公共元素，取法为，则，
表示两次摸出的球有3个公共元素，取法为，则，
所以的分布列为：
【小问2详解】
由已知，表示第二次从个球中取出2个球，其中恰有个球的编号属于，
，代入，则，
化简得，解得或，又，，所以；
【小问3详解】
由题，，
则随机变量服从超几何分布，
，
固定时，的大小由决定，
是开口向下的二次函数，对称轴为且：
当为偶数时，时最大；
当为奇数时，时最大.
19. 如图，在四棱锥中，，底面是矩形，，．
（1）当四棱锥的体积最大时：
（ⅰ）平面与平面夹角大小为多少？
（ⅱ）判定此时四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由．
（2）若，，，2，3……，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若，求证：．
【答案】（1）（ⅰ）；（ⅱ）不存在，理由见解析
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）（ⅰ）方法一：设的中点为，的中点为，点到平面的距离为，当平面时，四棱锥的体积最大，建立空间直角坐标系，利用向量法可求得平面与平面夹角的大小；设的中点为，点到平面的距离为，则，从而得平面时，四棱锥的体积最大，设平面平面，为二面角的平面角，进而求解即可；
（ⅱ）若存在内切球，利用等体积法求得，进而设内切球球心为，中点为，分析可得点到平面与平面距离相等，可得，求解即可得结论；
（2）计算可得，利用等比数列前项和公式计算可得，可得，利用裂项相消法可求得结论.
【小问1详解】
（ⅰ）方法一：设的中点为，的中点为，点到平面的距离为，
则，又因为，则，
故当平面时，四棱锥的体积最大
因为平面，平面，所以平面平面
因为，平面平面，所以平面，
以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系，
则，，，，，
平面的一个法向量为，
又因为，，
设平面的法向量为，
则，即，化简得，不妨令
则
所以平面与平面夹角大小为
方法二：设的中点为，点到平面的距离为，则，
又因为，则，
故当平面时，四棱锥的体积最大
连接，，在矩形中，，所以
设的中点为，则，
又设平面平面，
因为，平面，平面，
所以平面，又因为平面，
所以，
因为，，则，，
那么为二面角的平面角.
又因为平面，所以．
可得，，所以，
即，
所以平面与平面夹角大小为
（ⅱ）因为平面，所以平面平面，
因为平面平面，，所以平面，即，
所以，则易知，
，
，，
所以内切球半径，
设内切球球心为，中点为，因为到平面与平面距离相等，
所以由对称性可知，点在平面上，
又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为，
所以点在上，
因为，所以，解得，
因为两个的值不同，故不存在内切球
【小问2详解】
由，，，2，3，……
可得为线段的中点，为线段的中点．
则四棱锥的体积为四棱锥体积的一半，
即，
如此可得：，即．
所以是以为首项，为公比的等比数列．
所以，
则
所以，
成立
1
2
3
1
2
3