精品解析：重庆市育才中学校2026届高三上学期一诊复习(四)数学试题

重庆市育才中学校高2026届高三（上）一诊复习（四） 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，答题卡、试卷、草稿纸一并收回. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知复数，复数的虚部为（ ） A. B. 3i C. 3 D. 2. 一组从小到大排列的数据：1，2，3，4，6，8，x，18，22，23．若它们的70百分位数是中位数的两倍，则x的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 14 3. 已知直线，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. 既不充分又不必要条件 4. 在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 5. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步”的值是“退步”的值的8倍，大约经过（ ）天（参考数据：，，） A. 32 B. 33 C. 103 D. 104 6. 已知圆，点为直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 7. 在三棱锥 中， 两两相互垂直，，侧面 与底面的夹角为，当三棱锥 的体积最小时，三棱锥 的外接球的表面积为（ ） 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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 8. 下列说法正确的是（ ） A. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 B. 极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 C. 若事件A、B发生的概率分别为 、 ，且，则与独立 D. 若随机变量，且，则 9. 如图，在棱长均为4的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 可以作为空间的一个基底 C. 长为 D. 异面直线 与所成角的余弦值为 10. 已知分别为与的零点，则（ ） A. B. C. D. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 的展开式中，的系数为______ 12. 已知函数（，，），若函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数的部分图象如图所示，则下列说法： ①是函数的一条对称轴； ②函数在区间的值域为； ③不等式的解集为（ ）； ④若在有两个极值点，则， 其中正确的有______.（填序号） 13. 已知双曲线的离心率为，，为上一点，且在第一象限，直线与直线交于点，直线 与交于点与关于轴对称，则___________，的最小值为___________． 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. 14. 已知中，， （1）若的外接圆直径为,，求； （2）若，求. 15. 人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. （1）求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； （2）若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； （3）经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量 ，求 的分布列及数学期望. 16. 已知正三棱柱的各棱长均相等，是上一点，且满足平面平面． （1）求证：是线段的中点； （2）求与平面所成角的正弦值． 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点和右顶点分别为，. （1）求的方程. （2）已知过点的直线与交于 两点，过点且与垂直的直线与交于两点，在轴的上方， 分别为的中点，直线与交于点. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最小值. 18. 已知函数． （1）若，讨论的零点的个数； （2）若为正整数，记此时的唯一零点为，证明： （i）数列是递增数列； （ii）. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市育才中学校高2026届高三（上）一诊复习（四） 数学试题 （满分150分，考试时间120分钟） 本试卷为第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分. 注意事项：1.作答前，考生务必将自己的姓名、考场号、座位号填写在试卷的规定位置上. 2.作答时，务必将答案写在答题卡上，写在试卷及草稿纸上无效. 3.考试结束后，答题卡、试卷、草稿纸一并收回. 第Ⅰ卷（选择题） 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. 已知复数，复数的虚部为（ ） A. B. 3i C. 3 D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据复数的除法对复数进行化简，确定其虚部即可. 【详解】. 所以复数的虚部为. 故选：D. 2. 一组从小到大排列的数据：1，2，3，4，6，8，x，18，22，23．若它们的70百分位数是中位数的两倍，则x的值为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 14 【答案】A 【解析】 【分析】根据数据个数确定中位数和70百分位数的位置，再结合他们之间的关系求解的值. 【详解】该组数中位数为，70百分位数为，所以，故 . 故选：A. 3. 已知直线，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. 既不充分又不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】根据充分条件，必要条件的定义，结合两条直线平行的条件即可求出答案. 【详解】当，直线，此时，故“”是“”的充分条件， 由，得，解得，故“”是“”的必要条件， 故“”是“”的充要条件. 故选：C. 4. 在正项等比数列中，，且，，10成等差数列，则的值为（ ） A. B. C. 18 D. 24 【答案】C 【解析】 【分析】由等比数列下标和性质，结合等差中项列出等式求解即可. 【详解】在正项等比数列中，设公比为， 则，又，，10成等差数列， 则，则， 故， 故选：C 5. 荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把看作是每天的“进步”率都是1%，一年后是；而把看作是每天“退步”率都是1%，一年后是；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的倍.那么当“进步”的值是“退步”的值的8倍，大约经过（ ）天（参考数据：，，） A. 32 B. 33 C. 103 D. 104 【答案】D 【解析】 【分析】结合已知条件，利用对数运算即可求解. 【详解】设经过天“进步“的值是“退步”的值的倍. 则 ，即， 故，故， 故大约经过104天. 故选：D 6. 已知圆，点为直线上的动点，过点作圆的两条切线，切点分别为 ，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】求出圆心和半径，根据四边形面积得到，要想最小，只需最小，求出最小值，进而得到答案. 【解答过程】已知的圆心为，半径为2， 则圆心到直线的距离为， 故直线与圆相离， 由题意得，且与全等， 则四边形的面积为， 又由垂径定理可知：⊥ ，则四边形的面积为， 所以，其中， 即， 要使得最小，只需要最小， 显然当⊥直线时，最小，即最小值为， 此时. 故选：C. 7. 在三棱锥 中， 两两相互垂直，，侧面 与底面的夹角为，当三棱锥 的体积最小时，三棱锥 的外接球的表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析出侧面 与底面的夹角对应的平面角，结合面积关系及基本不等式得到 的关系，求出三棱锥 的体积最小时 的值，进而求出三棱锥 的外接球的表面积. 【详解】不妨设，作交 于点，如图所示， 因为 两两相互垂直，所以，， 又平面，， 所以平面 ，因为平面， 所以 ，又，，平面， 所以 平面，平面， 所以，则为侧面 与底面的夹角，即. 在中，， 因为， 所以，即. 又，所以（当且仅当时取等号）. （当且仅当时取等号）. 当三棱锥 体积最小时，，设外接球的半径为， 则，解得. 所以外接球的表面积． 故选：A． 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.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分. 8. 下列说法正确的是（ ） A. 依据分类变量与的成对样本数据，计算得到，则依据的独立性检验，没有充分的证据推断与有关联 B. 极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度 C. 若事件A、B发生的概率分别为 、 ，且，则与独立 D. 若随机变量，且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，结合独立性检验的性质判断即可.对于B，根据极差、方差、标准差的定义判断即可.对于C，根据事件独立的定义判断即可.对于D，根据正态分布的对称性求解判断即可. 【详解】对于A：由于，根据的独立性检验，可以认为变量与有关联.故A错误. 对于B：根据极差、方差、标准差的定义，极差、方差、标准差均能刻画一组数据的离散程度.故B正确 对于C：根据定义，若，则称事件与相互独立.故C正确. 对于D：由，则， 因为，则， 所以.故D正确. 故选：BCD 9. 如图，在棱长均为4的平行六面体中，底面ABCD是正方形，且，下列选项正确的是（ ） A. B. 可以作为空间的一个基底 C. 长为 D. 异面直线与所成角的余弦值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据空间向量数量积公式及运算律计算判断A，应用空间向量共面判断B，应用模长公式计算求解判断C，应用异面直线所成角公式计算判断D. 【详解】因为 ，所以，故A正确； 设，所以为空间中的一组基底， 则，，， 则，所以共面，不能作为空间的一个基底，故B错误； 因为， 所以 ， 所以，故C正确； 因为，； 因为 ； 所以，故D错误； 故选：AC. 10. 已知分别为与的零点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】解法一：根据对称性转化判断B，C，再化简计算判断A，应用导数得出单调性判断D.解法二：利用函数同构得出B，化简判断A，C，根据单调性计算判断D. 【详解】解法一：设直线与曲线分别交于点与点， 因为直线垂直于直线与 互为反函数， 则点与点关于直线 对称， 所以，于是并且 ，故B错误，C正确； ，即，故A正确； 因为在单调递增，且， 故，令， 则 ，所以在单调递减， 所以，即，即，所以D正确. 故选:ACD. 解法二：利用函数同构，直接得到，， 得，得到.B错误； 对于，A正确； 对于，C正确； 对于，在上递减，得，，D正确. 故选:ACD. 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 11. 的展开式中，的系数为______ 【答案】 【解析】 【分析】利用多项式乘以多项式的规则及分类计数原理可求解. 【详解】个因式，个因式中取，个因式中取 ，个因式中取， 即可得出含的项， 则的系数为， 故的系数为. 故答案为：. 12. 已知函数（，，），若函数的图象向左平移个单位长度后得到的函数的部分图象如图所示，则下列说法： ①是函数的一条对称轴； ②函数在区间的值域为； ③不等式的解集为（ ）； ④若在有两个极值点，则， 其中正确的有______.（填序号） 【答案】①③ 【解析】 【分析】由函数图象求得平移后的函数解析式，从而求得函数，然后求出函数的对称轴判断①，由区间求出函数值域判断②，由函数图象解不等式得到解集判断③，通过三角函数的最大值和最小值点得到函数的极值点，然后判断④. 【详解】令平移后的函数为， 由图可知，， ∴ ，则， 又∵当时，令，即， ∴，则. 令，则为函数的对称轴， 令，则，①正确； 时，，∴，②错误； ，即，则， 即，③正确； 令，即，则， 令，即，则， 即在右边的极值点依次是， 若在有两个极值点，则，④错误. 故答案为：①③ 13. 已知双曲线的离心率为，，为上一点，且在第一象限，直线与直线交于点，直线 与交于点与关于轴对称，则___________，的最小值为___________． 【答案】 ①. 3 ②. 【解析】 【分析】根据题意，结合离心率求得的值，即得双曲线方程，设，分别写出直线 的方程，求得点的坐标，得到的表达式，通过消元得到，设，借助于求导判断其单调性，即得其最大值，进而求得的最小值. 【详解】 如图，是焦点在轴上的双曲线，则，且其实半轴长，虚半轴长， 则离心率，解得，故双曲线方程为. 因为上在第一象限上的点，可设，则，且，即. 由，可知直线的方程为，令，可得，即得， 直线 的方程为，令，可得，即得. 依题意，， 则， 设，则， 当时，，当 时，，即函数在上单调递增，在 上单调递减， 故 时，，此时取得最小值180，即的最小值为. 故答案为：3；. 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. 14. 已知中，， （1）若的外接圆直径为,，求； （2）若，求. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理可解得，结合三角形三角关系可得解； （2）由三角形三角关系结合三角恒等变换化简可得解. 【小问1详解】 由正弦定理得，所以，， 又，所以 所以或， 所以或； 【小问2详解】 由题意， 又，故， 而， 因为 ，所以， ， 所以或（舍）， 故，所以 ， 所以，. 15. 人工智能，是引领新一轮科技革命与产业变革的战略技术，其研发过程融合了算法创新与工程实践的深度智慧.某科技公司计划开发三款不同的大语言模型.每款模型的研发分为两个主要阶段：算法设计评审和工程部署验收.只有算法设计评审通过后，才能进入工程部署验收，两个阶段相互独立.只有同时通过这两个阶段，模型才能正式上线发布.已知三款模型通过算法设计评审的概率依次为，通过工程部署验收的概率依次为. （1）求三款中恰有两款通过算法设计评审的概率； （2）若已知三款中恰有一款通过算法设计评审，求通过的模型为的概率； （3）经过算法设计评审和工程部署验收两个阶段后，三款模型能成功上线的数量为随机变量，求的分布列及数学期望. 【答案】（1） （2） （3） 0 1 2 3 【解析】 【分析】（1）设出事件，利用独立事件概率乘法公式和互斥事件概率加法公式进行求解； （2）由条件概率求解公式可得； （3）先求出A，B，C三款模型能成功上线的概率，求出的可能取值及对应概率，得到分布列和数学期望. 【小问1详解】 设A，B，C三款模型通过算法设计评审为事件 ， A，B，C三款中恰有两款通过算法设计评审为事件 ， 则 ； 【小问2详解】 设A，B，C三款中恰有一款通过算法设计评审为事件， 则 ； 由条件概率公式可得 ； 【小问3详解】 设A，B，C三款模型能成功上线为事件 ， 则，，， 的可能取值为 ， 则， ， ， ， 所以X的分布列如下： 0 1 2 3 数学期望为. 16. 已知正三棱柱的各棱长均相等，是上一点，且满足平面平面． （1）求证：是线段的中点； （2）求 与平面所成角的正弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）. 【解析】 【分析】（1）解法一：取 的中点，连接，过点作，垂足为，连接．结合棱柱性质利用线面垂直判定定理证明平面．然后利用面面垂直性质定理平面，进而有，然后利用线面平行性质定理得，最后利用平行四边形的性质确定点的位置； 解法二：建立空间直角坐标系，设，求出平面的法向量又平面的一个法向量为，利用向量垂直的坐标运算得，即可得解. （2）解法一：连接，由（1）知，然后利用面面垂直的性质定理得 平面，可知为 与平面所成角，然后在 中求解即可． 解法二：直接利用线面角的向量公式求解即可. 【小问1详解】 解法一：如图，取 的中点，连接，过点作，垂足为，连接． 因为三棱柱是正三棱柱， 所以平面，，又平面，所以， 又，，平面，，所以平面． 因为平面平面，平面平面， 所以平面，所以， 又因为平面且平面平面，所以， 所以四边形为平行四边形． 因为，，所以， 又为 的中点，所以为的中点， 所以， 所以是线段的中点． 解法二：取 的中点为，以的中点为坐标原点，、、的方向为x，y，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 设棱长为2，所以，，，，，，， 设，则，． 设平面的法向量为， 则，令，则． 由正三棱柱的性质易知平面的一个法向量为． 由已知，解得， 所以是线段的中点． 【小问2详解】 解法一：连接，由（1）知为的中点，．所以， 因为平面平面，平面平面，所以 平面， 所以为 与平面所成角． 设正三棱柱的棱长为，则在正方形中， ， 在 中，，所以． 所以 与平面所成角的正弦值为. 解法二：由（1）知平面的法向量为，，， 设 与平面所成角为 ． 则. 所以 与平面所成角的正弦值为. 17. 已知椭圆的左､右焦点分别为，上顶点和右顶点分别为，. （1）求的方程. （2）已知过点的直线与交于 两点，过点且与垂直的直线与交于两点，在轴的上方， 分别为的中点，直线与 交于点. （i）求证：直线过定点； （ii）求面积的最小值. 【答案】（1）； （2）（i）证明：由（1）知，，由题意知，直线与坐标轴不垂直， 设，直线， 将 代入，整理得， ， ， ，同理可得， ， ∴直线，即， ∴直线过定点. （ii）. 【解析】 【分析】（1）根据已知求出椭圆参数值，即可得方程； （2）（i）设，直线，联立椭圆，应用韦达定理及已知求出 的坐标，进而写出直线并确定其定点；（ii）连接 ，设为线段 的中点，直线分别与 相交于点，连接，进而得到，应用弦长公式、三角形面积公式列方程，再由基本不等式求最小值. 【小问1详解】 设的半焦距为，由题意知， 由椭圆的几何性质知，， ，则， ， ，故的方程为. 【小问2详解】 （i）略 （ii）如图，连接 ，设为线段 的中点，直线分别与 相交于点，连接. 分别为的中点， ，则， ，故. 由（i）知，， 同理可得，， ， 当且仅当，即 时，等号成立， 面积的最小值为. 18. 已知函数． （1）若，讨论的零点的个数； （2）若为正整数 ，记此时的唯一零点为，证明： （i）数列是递增数列； （ii）. 【答案】（1）答案见解析 （2） 证明：（i）由知，当时，有唯一零点，则且， 两边取自然对数，得①， 所以②， ②-①，得 所以． 因为函数在上单调递增，所以， 所以数列是递增数列． （ii）设（），则， 所以当时， ，单调递减， 当时，，单调递增， 所以，当且仅当时，等号成立，即当时，③ 由③式知，， 结合①式可得，即，也即， 所以，所以. 所以 故. 【解析】 【分析】（1）利用导函数求出函数的单调性，分析函数的值域及特殊点，再结合的取值讨论零点个数即可. （2）（i）根据零点得到，再利用函数的单调性证明即可. （ii）先对单一项进行放缩证明，再累加求和即可. 【小问1详解】 令，即， 设，， 所以当时，，单调递减； 当时，，单调递增， 所以， ， 又当 时，（指数减小快于一次函数）， 所以当时，在上有两个零点； 当或时，有唯一零点； 当时，无零点． 【小问2详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $