精品解析：重庆九龙坡区2026届高三上学期第一次学业质量调研抽测数学试卷

九龙坡区高 2026 届学业质量调研抽测(第一次) 数学试卷 一、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， 只有一个 选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 2. 复数 满足 ，则 （ ） A. B. 5 C D. 3. 有一位射击运动员在一次射击测试中射靶 10 次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据: 7，8，7，9，5，6，9，10，7，4. 则这组数据的第25百分位数为（ ） A. 5.5 B. 6 C. 8.5 D. 9 4. 双曲线的焦距为，其一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A B. C. 1 D. 2 6. 已知，，，则，，大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数的最小正周期为，将所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前12项的和为（ ） A. B. C. D. 8. 如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形  为矩形，  和  都是边长为 的等边三角形，将  和  分别沿直线  和  折起，连接  ，得到几何体  ，如图 右，在这个几何体中，  ， 若几何体  顶点都在球  的球面上，则球  的表面积为（       ） A. B. C. D. 二、选择题: 本大题共 3 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， 选对但不全的得部分分， 有选错的得 0 分. 9. 已知分别为椭圆 的左、右焦点， 为椭圆上一点， ， 点关于原点的对称点为，则（ ） A. 椭圆 的离心率为 B. C. 直线 的斜率为 2 D. 10. 在中，角所对的边分别为，且，为的中点，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 的周长的取值范围是 D. 的最大值为 11. 已知函数，则（ ） A. 函数存在唯一零点 B. 若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是 C. 存唯一，使得 D. 关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 三、填空题: 本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则 _____. 13. 已知 ，则 _____. 14. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 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. 设等比数列的前项和为，已知，. （1）求和； （2）设，证明：. 16. 如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形， ，已知为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 17. 某企业为了提高生产效率和产品质量，更新了机器设备，为了检验新机器生产零件的质量，该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测. （1）在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的10个零件中有2个为次品，现从这10个零件中随机抽取3个零件，设抽取的零件为次品的个数为，求的分布列和数学期望; （2）在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取100件进行检验，其中有3件为次品. 用频率估计概率，现从新机器生产的这批零件中随机抽取个零件，记这个零件中恰有2件为次品的概率为，求取得最大值时的值. 18. 已知函数为的导数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）对，都有，求的取值范围； （3）设，若在上有零点，求证：. 19. 已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为. （1）设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)； （2）若是唯一公共点，且. (ⅰ)求的方程； (ⅱ)为直线上的动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 九龙坡区高 2026 届学业质量调研抽测(第一次) 数学试卷 一、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， 只有一个 选项是正确的. 请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 已知集合 ，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】通过求解不等式，得集合，根据集合的交集求得. 【详解】由，得，所以. 所以. 因为，所以. 故选：C. 2. 复数 满足 ，则 （ ） A. B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据模长的性质，以及模长公式即可求解. 【详解】由可得，故， 故选：C 3. 有一位射击运动员在一次射击测试中射靶 10 次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据: 7，8，7，9，5，6，9，10，7，4. 则这组数据的第25百分位数为（ ） A. 5.5 B. 6 C. 8.5 D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】先从数据从小到大排列，再根据百分位数的定义进行求解. 【详解】将数据从小到大排列为4，5，6，7，7，7，8，9，9，10， ，故从小到大选取第3个数作为这组数据的第25百分位数，即6. 故选：B 4. 双曲线的焦距为，其一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由题意求得的值，即可得到双曲线的方程. 【详解】设双曲线的焦距为，则，解得. 所以双曲线的方程为. 故选：A. 5. 已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可. 【详解】由，可得增加1个样本数据后的平均数为， 因为，所以， 则增加1个样本数据后的平均数为， 所以，解得， 所以新的经验回归方程为， 则当时，， 样本点的残差为. 故选：B. 6. 已知，，，则，，的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据指数与对数的互化及对数函数的单调性比较大小即可. 【详解】由可得，. 因为，所以，即. . 由可得，. 因为，所以，所以. 综上，. 故选：D. 7. 已知函数的最小正周期为，将所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前12项的和为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由辅助角公式化简，并利用的最小正周期求出，得到的解析式，令得到或，，确定奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案. 【详解】， 因为的最小正周期为，，所以，故， 所以，令，即， 即，所以或， 解得或，， 又所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列， 故令且，得到，，，，……， 显然，奇数项为首项为，公差为的等差数列， 偶数项为首项为，公差为的等差数列， 故数列的前12项和为. 故选：A 8. 如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形  为矩形，  和  都是边长为 的等边三角形，将  和  分别沿直线  和  折起，连接  ，得到几何体  ，如图 右，在这个几何体中，  ， 若几何体  顶点都在球  的球面上，则球  的表面积为（       ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】找到球心及球心在平面上的投影，根据各边长度，设出，利用半径构造直角三角形列出方程，求出半径，即可得到球的表面积. 【详解】连接交于点，因为四边形为矩形， 则点为矩形的外接圆圆心， 连接，则平面， 取的中点，连接， 平面，平面，平面平面， 所以，可得， 因为为等边三角形，则， 且平面，所以平面， 且平面，可得平面平面， 因为平面，且平面，所以平面， 设，所以到平面的距离， 设，外接球的半径为，因为， 则，， 即，解得， 所以， 故球的表面积为. 故选：. 二、选择题: 本大题共 3 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， 选对但不全的得部分分， 有选错的得 0 分. 9. 已知分别为椭圆 的左、右焦点， 为椭圆上一点， ， 点关于原点的对称点为，则（ ） A. 椭圆 的离心率为 B. C. 直线 的斜率为 2 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据椭圆的标准方程和定义，利用余弦定理，三角形面积公式等逐一计算即可判断. 【详解】对于A，由题意知，所以，所以， 所以离心率，故A错误； 对于B，由椭圆定义可知， 在中，由余弦定理得：， 即，所以，故B正确； 对于C，由得， 因为点和点关于原点的对称，所以， 又为椭圆上一点，所以，所以， 所以，故C错误； 对于D，， 故D正确； 故选：BD 10. 在中，角所对边分别为，且，为的中点，则（ ） A. B. 的最大值为 C. 的周长的取值范围是 D. 的最大值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】对于A，由题设结合正弦定理、两角和的正弦公式化简求解即可判断；对于B，先由余弦定理得，进而结合基本不等式可得，再结合平面向量的线性运算、数量积的运算律可得，进而求解判断即可；对于C，结合B及基本不等式可得，进而判断即可；对于D，根据正弦定理及三角恒等变换公式可得，进而求解判断即可. 【详解】对于A，由， 根据正弦定理得，， 则， 即， 在中，，则， 即，又，则，故A正确； 对于B，由余弦定理得，， 则，即，当且仅当时等号成立， 由于为的中点，则， 所以 ， 则的最大值为，故B正确； 对于C，由B知，， 解得，当且仅当时等号成立，又， 则的周长的最大值为3，故C错误； 对于D，由正弦定理得， 则， 所以 ， 因为，所以， 则，即时，，取得最大值为，故D正确. 故选：ABD 11. 已知函数，则（ ） A. 函数存在唯一零点 B. 若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是 C. 存在唯一，使得 D. 关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点； 对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围. 【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增， 且当时，，且当时，， 由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确； 对于选项B：由题得，令，则， 故在上， ，单调递减，在上，，单调递增， 故在处取极小值，即最小值， 且易得当时，， 则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误； 对于选项C：设，， 则， 故，则，令，， 故在上， ，单调递减， 则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值， 则有上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增， 故有且仅有1个解使，即 有且仅有1个零点，故C选项正确； 对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离： ①若，则有，显然成立 ②若，则有，令，则， 令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此； ③若，则有， 令，则， 令，（舍）或， 易得当时，在处取极大值即最大值，因此； 综上，的取值范围是 故选项D正确. 故选：ACD 三、填空题: 本大题共 3 小题， 每小题 5 分， 共 15 分. 12. 已知函数是定义在上的奇函数，当时， ，则 _____. 【答案】 【解析】 【分析】先得到，根据函数为奇函数得到，求出答案. 【详解】是定义在上的奇函数，故， 又当时，，故， 所以. 故答案为： 13. 已知 ，则 _____. 【答案】## 【解析】 【分析】利用两角差的正切公式求得的值，再利用二倍角的余弦公式以及弦化切即可求解. 【详解】由题意得， 所以. 故答案为： 14. 盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为_____；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为_____. 【答案】 ①. ## ②. ## 【解析】 【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解. 【详解】记事件“第次取到红球”， 则， ， 所以， 即第2次取到红球的概率为； ， 所以， 即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为. 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. 设等比数列的前项和为，已知，. （1）求和； （2）设，证明：. 【答案】（1）， （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式列式求解； （2）利用裂项相消法求前项和即可证明. 【小问1详解】 由为等比数列，，可得， 即，，解得， 所以，，. 【小问2详解】 ，， ， 因为，所以，从而. 16. 如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形， ，已知为的中点. （1）求证：平面； （2）求平面与平面所成二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）取的中点，连接，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明. （2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得，，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可. 【小问1详解】 取的中点，连接， 因为E为中点，所以且， 又因为，且，所以且， 故四边形为平行四边形，故，又平面，平面， 所以平面. 【小问2详解】 取棱的中点，连接，. 因为，且是棱的中点，所以. 因为平面底面，平面底面，平面， 所以底面，又底面，底面， 所以，， 因为，且，所以且， 又，故四边形为矩形，所以，则以为坐标原点， ，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系. 则， ，， 设平面的法向量为，则， 取，得， 设平面的一个法向量为，则， 取，得， 则， 设平面与平面所成二面角的平面角为， 则，所以， 故平面与平面所成二面角的正弦值为． 17. 某企业为了提高生产效率和产品质量，更新了机器设备，为了检验新机器生产零件的质量，该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测. （1）在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的10个零件中有2个为次品，现从这10个零件中随机抽取3个零件，设抽取的零件为次品的个数为，求的分布列和数学期望; （2）在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取100件进行检验，其中有3件为次品. 用频率估计概率，现从新机器生产的这批零件中随机抽取个零件，记这个零件中恰有2件为次品的概率为，求取得最大值时的值. 【答案】（1）的分布列详见解析； （2）66 【解析】 【分析】（1）根据分布列、数学期望及超几何分布概率计算公式求解即可. （2）根据二项分布求出，比较与1的大小关系，判断数列的单调性，从而找到最大值点. 【小问1详解】 的可能取值为0，1，2. ，，. 所以的分布列为 0 1 2 数学期望为. 【小问2详解】 由频率估计概率，单次抽到次品的概率为， 则个零件中恰有2件次品的概率为. . 令，即，解得；令，解得. 因此，当时，，当时，，所以​在时取得最大值. 故取得最大值时的值为66. 18. 已知函数为的导数. （1）求曲线在点处的切线方程； （2）对，都有，求的取值范围； （3）设，若在上有零点，求证：. 【答案】（1） （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可； （2）求导，结合导数的正负分、两种情况讨论求解即可； （3）设在上的零点为，由题意可得，则点为直线上一点，表示点到原点的距离，进而得到，设，，利用导数分析函数的单调性，进而求证即可. 【小问1详解】 由，得， 而，则， 所以曲线在点处的切线方程为. 【小问2详解】 由，则， 即对于恒成立， 设，，则， 设，， 则，函数在上单调递增，且， 当，即时，，则函数在上单调递增， 所以，则函数在上单调递增， 则，即对于恒成立； 当，即时，令，得， 令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则时，， 此时函数在上单调递减，则，不符合题意. 综上所述，的取值范围为. 【小问3详解】 由，， 令，即， 设在上的零点为，则， 则点为直线上一点， 所以表示点到原点的距离， 则，即， 设，，则， 所以函数在上单调递减，则， 即，又， 则， 设，，则， 令，得，令，得， 所以函数在上单调递减，在上单调递增， 则，即. 19. 已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为. （1）设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)； （2）若是唯一的公共点，且. (ⅰ)求方程； (ⅱ)为直线上动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值. 【答案】（1） （2）(ⅰ) ；(ⅱ) 【解析】 【分析】（1）写出圆的方程，根据点在圆上列方程，再根据点在抛物线上消去即可求出答案； （2）(ⅰ)将圆的方程与抛物线方程联立消得，根据题意得方程有且只有一个根，令，通过求导求出函数的唯一零点，即为，代入（1）的结论即可求出抛物线方程；(ⅱ)联立直线方程与抛物线方程求出点的坐标，写出直线的方程即可求出，求出，即可求出答案. 【小问1详解】 当在轴上方时，由题意知，此时， 圆方程为， 因为在圆上，则，即， 又，则，即， 同理当在轴下方时，， 综上，. 【小问2详解】 (ⅰ)不妨设在轴上方，当时，圆方程为， 联立，消得， 由题意得，方程有且只有一个解，且根据方程可知此解一定位于， 令，， 令，函数在上单调递增， 则，， 当时，，则函数在上单调递减， 当时，，则函数在上单调递增， 则有且只有一个零点时，， 联立，解得，即， 代入，解得， 所以的方程为. (ⅱ)不妨设在轴上方，由(ⅰ)知，， 当时，为同一点，则设，， 直线方程为， 联立，得， 所以，所以，则，则， 则直线方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 直线的方程为， 令，则，即， 则，， 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $