精品解析：重庆市（康德卷）2025-2026学年高三上学期高考模拟调研（一）（12月）数学试题

2026 届重庆市普通高等学校招生全国统一考试 高考模拟调研卷数学(一) 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 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. 1 B. C. 2 D. 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. 1 C. 2 D. 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、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， 部分选对得部分分， 有选错得0分. 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:本题共 3 小题，每小题 5 分. 12. 在 的展开式中，第3项的二项式系数为_____. 13. 已知正方体棱长为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: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 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. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026 届重庆市普通高等学校招生全国统一考试 高考模拟调研卷数学(一) 一、选择题:本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知向量 ，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据向量坐标运算对每一选项逐一判断求解. 【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. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先化简集合，再根据交集运算求解. 【详解】因为，所以，解得或， 所以， 又， . 故选：C. 3. 若函数 的图象如图所示，则函数 的图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】结合函数  的图并利用特殊值即可求解. 【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. 已知圆，直线与圆相切，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据圆心到直线的距离等于半径求解. 【详解】已知圆，圆心， 直线，即, 由于直线与圆相切，则，则. 故选：C 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. 【答案】A 【解析】 【分析】设正四棱锥 的底面边长为1，结合图形求出相关线段的长，作出并证明侧面与底面的夹角，借助于直角三角形即可求得答案. 【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. 若 ，则（ ） A. B. 1 C. 2 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】将条件式分别利用和差角公式展开，两式相比弦化切得解. 【详解】由，得， ，即， 即得，即. 故选：D. 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. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分层平均数求出总体平均数，然后根据分层方差和总体方差的关系求解可得. 【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. 已知，若函数存在两个零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意得，构造函数得，再构造函数，结合图象即可得答案． 【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． 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， 部分选对得部分分， 有选错得0分. 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. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据等差数列通项公式求出首项和公差，从而逐项判断. 【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. 已知复数 ，则下列结论正确是（ ） 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 【答案】BC 【解析】 【分析】化简，由纯虚数的定义可判断A；由相等复数和复数的模长可判断B；对于CD分别由复数的几何意义求出轨迹方程，再由圆的性质求解即可. 【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. 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 【答案】BCD 【解析】 【分析】先根据条件确定双曲线的方程，明确的坐标，结合双曲线的定义，余弦定理求焦点的面积，判断A的真假；利用双曲线的定义和三角形内切圆的性质，可判断B的真假；利用双曲线的标准方程，结合基本不等式，可判断C的真假；利用点到直线的距离公式，结合余弦定理可判断D的真假. 【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 三、填空题:本题共 3 小题，每小题 5 分. 12. 在 的展开式中，第3项的二项式系数为_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据题意结合二项式系数的定义运算求解即可. 【详解】由题意可知：第3项二项式系数为. 故答案为：10. 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_____ 【答案】 【解析】 【分析】分别在棱上取点，且，结合正方体的特征证得，，，从而得出所要求的多边形为六边形，且其面积等于两个等腰梯形与的面积之和，从而得出答案． 【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. 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_____. 【答案】 【解析】 【分析】由题意分析得每局第一个答题是甲或乙，概率均为，设事件表示一局比拼中甲获胜，甲得分有两种情况：3分或2分，分类求出一局后甲获胜的概率，再由独立事件乘法公式求这场比赛甲获胜的概率. 【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： 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 的最小正周期为，其中 . （1）求，并求曲线的对称中心； （2）若，求. 【答案】（1），； （2） 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换公式化简的表达式，结合函数的最小正周期，求出，再结合正弦函数的对称中心，即可求得答案； （2）由可求出，利用三角函数诱导公式以及两角差的正切公式，即可求得答案. 【小问1详解】 ， 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； 【小问2详解】 由于，所以， 则有，即， 所以． 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. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件证明，即可. （2）建立空间直角坐标系，求出平面和平面法向量，利用向量的运算求解. 【小问1详解】 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； 【小问2详解】 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. 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 【答案】（1）； （2）证明见解析. 【解析】 【分析】（1）利用点线及两点距离公式列方程并整理得到轨迹方程； （2）首先确定满足题设，若该定点存在，则必在轴上，记为，再设为，，联立轨迹，并应用韦达定理和求参数值，即可证. 【小问1详解】 设点，由题意有，整理得， 化简得，所以动点轨迹标准方程为； 【小问2详解】 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. 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. 【答案】（1）104 （2） （3）分布列见解析， 【解析】 【分析】（1）根据题意分小组赛、淘汰赛以及决赛运算求解； （2）分有3名球员不在自己对应位置上和有4名球员不在自己对应位置上，结合古典概型运算求解； （3）分析可知积分X可能取值为：，结合题意求相应概率，即可得分布列和期望. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 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. 【小问3详解】 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. 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. 【答案】（1）答案见解析 （2）证明见解析 （3）5 【解析】 【分析】（1）求导，分，讨论函数的单调性. （2）极值点偏移问题，先把问题转化成，，设函数（），分析函数的单调性，即可证明. （3）先根据求数列的通项公式，再借助等比数列的通项公式，可把问题转化成，再设，，利用导数分析它们的单调性，再求的最大值. 【小问1详解】 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. 【小问2详解】 ，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. 【小问3详解】 ，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． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $