精品解析：重庆市育才中学校2026届高三下学期入学考试数学试题

重庆育才中学高2026届高三（下）入学考试 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） （命题､审题人：向娟､周毅鸿､周颍､熊元豪） 注意事项： 1答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名､准考证号； 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效； 4请保持答题卡卡面清洁，不要折叠､损毁：考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数函数单调性解不等式化简集合B，进而求交集. 【详解】因为集合， 且集合，所以． 故选：C. 2. 已知，其中i为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据复数的除法运算和共轭复数的概念即可求解. 【详解】因为，所以 所以. 故选：B. 3. 有一散点图如图，在5个数据中去掉后，下列说法正确的是（ ） A. 变量 与变量的线性相关性变弱 B. 数据的方差变大 C. 相关系数 变小 D. 残差平方和变小 【答案】D 【解析】 【分析】利用散点图分析数据，判断相关系数，方差，残差的平方和的变化情况． 【详解】从散点图可分析出，若去掉点，则剩下的点更能集中在一条直线附近， 所以解释变量 与响应变量的线性相关性变强， 数据的离散程度减小，所以方差变小，相关系数 会变大， 因为拟合效果越好，所以残差平方和变小. 故选：D 4. 已知正方形ABCD的边长为2，点M，N分别为边AB，DA上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】以点为原点，建立平面直角坐标系，设和，利用向量的数量积的坐标运算公式，得到，即可求解. 【详解】以点为原点，以和 所在直线分别为x轴和y轴，建立平面直角坐标系， 如图所示，设，， 可得，则． 故选C． 5. 过直线上的动点向圆引切线 ，切点为 ，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知当与直线垂直时，取最小值，利用点到直线的距离公式可求出的最小值，结合勾股定理可求得的最小值. 【详解】连接，则，如下图所示： 圆的圆心为坐标原点，半径为，由勾股定理可得， 所以当取最小值时，取最小值， 故当与直线垂直时，取最小值， 即的最小值为， 所以. 故选：B. 6. 某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（ ） A. 120种 B. 144种 C. 240种 D. 288种 【答案】C 【解析】 【分析】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐，将这两天视为一个整体，然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，即可求解. 【详解】由题意可得，小王同学有两天吃同一种套餐，先从5天中选出两天吃同一种套餐， 然后将4种不同的套餐安排在这两天和另外3天中，则不同的方案共有种. 故选：C. 7. 已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用奇偶性列方程，解方程，可得到的解析式，进而可得到的表达式，利用三角函数最值的求法可得答案. 【详解】已知， 将   替换为  ， 得：， 因为为上的奇函数，为上的偶函数， 所以 ，， 则， 联立， 两式相减得：， 当  时， ， 由于 ，则 ， 当  即  时，取得最大值 ， 所以的最大值为 . 故选：D 8. 设函数，若恒成立，则的最大值为（ ） A. -1 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】由得到或，解得或，分别按照和讨论求解，当时，分别按照，，这三种情况讨论求解，得到，则，构造函数，利用导数法求出的单调性，得到的最大值即为所求. 【详解】，，或， 或， 当时，的解为，无解，故的解为， 不满足恒成立，故不符合题意； 当时，的解为，的解为， 当时，的解为，解为， 则的解为或，不满足恒成立，故不符合题意； 当时，的解为，解为， 则的解为或，不满足恒成立，故不符合题意； 当时，的解为，解为， 则的解为或，即的解为， 满足恒成立，故符合题意； ， 设，， 的解为，则在上是单调递增函数； 的解为，则在上是单调递减函数； 则在处取得最大值，且最大值为. 故选：B. 二､多选题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列的公比为，前 项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是公差为1的等差数列 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】先结合已知条件求得 ，，再依次讨论各选项即可得答案. 【详解】因为， 所以，解得 ，故A选项错误； 所以，解得， 所以，，故B选项正确； 因为，， 所以，即数列是公差为1的等差数列，故C选项正确； 所以，故D选项错误. 故选：BC 10. 已知圆台的上底半径为，下底半径为，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（ ） A. 圆台的母线长为 B. 圆台的体积为 C. 圆台的表面积为 D. 球的表面积为 【答案】ACD 【解析】 【分析】画出圆台的轴截面，则轴截面是等腰梯形，内切圆是过球心的大圆，结合题意，分别求出圆台的母线长和内切球的半径，即可得出结论． 【详解】画出圆台的轴截面，如图所示： 则四边形 是等腰梯形，且 ， ，内切圆圆心即球心； 所以圆台的母线长为，选项A正确； 连接、和，则是直角三角形，且， 所以球的半径为， 所以圆台的体积为，故选项B错误； 圆台的表面积为，故选项C正确； 球的表面积为，故选项D正确． 故选：ACD． 11. 斜椭圆是由焦点在坐标轴上的椭圆绕其中心旋转一定角度得到的图象.已知曲线的图象是如图所示的斜椭圆，点是上任意一点，点，为坐标原点，则下列说法正确的为（ ） A. 该椭圆的焦点在直线上 B. 该椭圆的离心率为 C. 的最大值为 D. 最大值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】通过验证点关于直线，对称的点在曲线上，结合图象可判断A；将，与曲线方程联立可得顶点坐标，由此可长轴长和短轴长，结合椭圆之间关系和离心率定义可判断B；当直线与曲线相切时， 取得最大值，联立后利用可判断C；将转化为，根据可求得D. 【详解】对于A，点关于直线，对称的点分别为，， 若点在曲线上，可知点，在曲线上， 则曲线的图象关于直线和对称； 由图象可知：曲线的长轴在上，则焦点在直线上，A正确； 对于B，由得：或， 则椭圆长轴长，则； 由得：或， 则椭圆短轴长，则； ，离心率，B错误； 对于C，当直线与曲线相切时， 取得最大值； 由得：， ，解得：（舍）或， 的最大值为，C正确； 对于D，因为，且焦点在直线上，所以为椭圆的焦点， 中点为椭圆的焦点， ， ，， ，D正确. 故选：ACD. 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是______.（用数字作答） 【答案】24 【解析】 【分析】利用二项式展开的通项公式，求出项对应的 值，再计算该项的系数. 【详解】二项式的展开式通项公式为. 令，则含项的系数为. 故答案为：24 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为_____ 【答案】 【解析】 【分析】先对函数求导，再把函数的单调性问题转化为导函数的恒成立问题，结合分离参数法求解即可. 【详解】由知， 因为函数在上单调递增，所以在上恒成立，即，， 令，，则在上单调递增，所以， 所以. 故答案为：. 14. 数学课上，小明同学给出了一种用数字1，2生成新数列的方法：每次都在相邻的两数之间插入一个数，若相邻两数的和为奇数，则插入数字1；若相邻两数的和为偶数，则插入数字2．即第一次生成数列；第二次生成数列；第三次生成数列；如此继续下去，记第 次生成数列的项数为，第 次生成数列的所有项的和为，则__________， __________． 【答案】 ①. 2026 ②. 【解析】 【分析】第一空，给出第四次生成数列为：，得，，且，即可求解；第二空，由当 为奇数时，，当 为偶数时，，得当且 为奇数时，得，而，则数列为等比数列，进行求解即可． 【详解】第一空；由题可得， 则第四次生成数列为：， 得，， 得， 所以， 则数列是首项为、公比为2的等比数列， 所以，即， 得 得． 第二空：由题可得, , , , , 依次类推， 当 为奇数时，，当 为偶数时，， 则当且 为奇数时，， 令，得， 得，得， 得，而， 则当 为奇数时，数列为等比数列，且首项为，公比为4， 由于 为奇数，则，得， 当 为偶数时，， 故， 故答案为：2026， 四､解答题：本题共5小题，15题13分，16､17题15分，18､19题17分，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知的内角的对边分别为，满足. （1）求； （2）若，求的周长. 【答案】（1）； （2）. 【解析】 【分析】（1）由正弦边角关系及三角形内角的性质化简条件得，即可求； （2）由余弦定理及已知得，进而即得. 【小问1详解】 由及正弦边角关系得， 而 ，整理得， 因为 ，所以； 【小问2详解】 由余弦定理 ，得， 进而得，得， 所以的周长为. 16. 已知抛物线过点，焦点为. （1）求； （2）过点作直线与交于，两点.若 的面积为10，求直线的方程. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件求出，由焦半径公式计算即可求出； （2）设，，联立方程组，根据计算即可. 【小问1详解】 由题意可得，，则 ，则，， 故； 【小问2详解】 由题意可知，直线的斜率存在，设， 联立，得， 设，则，， 则 ， 解得，满足， 则直线的方程为. 17. 如图，在三棱锥 中，底面是正三角形，中心为. （1）证明： 平面 ； （2）若，求平面 与平面夹角的正切值. 【答案】（1）延长交于点，则为的中点，连接 ，如下图所示： 因为 为正的中心，所以 ， 又因为，即 ，所以 ，故 ， 因为 平面 ， 平面 ，故 平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）延长交于点，则为的中点，连接 ，证明出 ，再利用线面平行的判定定理可证得结论成立； （2）方法一：以为原点， 、 所在直线分别为 、轴，建立空间直角坐标系，设点 ，根据 ，可得出关于、的方程组，解出这两个未知数的值，可得出点的坐标，再利用空间向量法结合同角三角函数的基本关系可求得平面 与平面夹角的正切值； 方法二：在平面 内作 ，垂足为点，过点在平面内作 ，垂足为点，连接 ，推导出 平面 ，可知平面 与平面夹角为 ，求出、 的长，即可得解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 由于 ，为的中点，故 . 又因为为等边三角形，所以， 因为 ， 、 平面 ，所以 平面 ， 方法一：因为 平面 ，且， 以为原点， 、 所在直线分别为 、轴，建立空间直角坐标系， 则平面的一个法向量为 . 易知 、 、 ，所以 ， 设点 ，则，解得，即点 ， 因此 . 设平面 的一个法向量为 ，则， 取 得 ，即平面 的一个法向量为 ， 设平面 与平面夹角为，则， 所以，所以， 故平面 与平面夹角的正切值为. 方法二：在平面 内作 ，垂足为点，过点在平面内作 ，垂足为点，连接 ， 因为 平面 ， 平面，所以平面 平面， 又平面 平面 ， 平面 ， 所以 平面， 因为 平面，所以 ， 又因为 ， ，、 平面 ，所以 平面 ， 因为 平面 ，所以 ， 所以平面 与平面夹角为 ， 在 中，， ，则，故， 由余弦定理可得， 所以， 故，， 所以， 易知，故，所以 ， 所以，即平面 与平面夹角的正切值为. 18. 已知函数． （1）若函数图象在点处的切线与函数图象在点处的切线平行，求的值； （2）设，用表示函数和； （3）求证：． 【答案】（1）或或; （2） ，; （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）利用导数，结合余弦值相等的角满足的条件，即可求解； （2）利用余弦的和差角公式和二倍角公式化简，即可求解； （3）利用，结合四倍角公式和三倍角公式，建议方程，再结合零点存在定理即可求解. 【小问1详解】 因为所以依题意可知：， 即． 所以或， ， 又因为所以或或． 【小问2详解】 因为 ，再由，可得； 同理 ，再由，可得 【小问3详解】 . ． 令，则是方程的根． 又， 是函数的零点． ，由 ，解得． 在上单调递增，在上单调递减． 当时，没有零点． 于是必在区间上． 又在上单调递增， 且． 由零点存在定理可知：．即． 19. 在乒乓球亚洲杯的决赛场上，中国队队员王楚钦击败了日本队队员张本智和并夺得金牌，重庆市育才中学高三的学生们深受鼓舞，在冲刺高考的同时，利用课余时间积极地进行乒乓球运动.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为 ，且每场比赛的结果相互独立. （1）当时. （i）记比赛开始的前三场的中甲获胜的场数为X，求 的分布列； （ii）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率； （2）若比赛结果为 或者 时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为 时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围. 【答案】（1）（i）分布列见解析；（ii） （2） 【解析】 【分析】（1）（i）根据二项分布求出分布列即可； （ii）分别计算甲队获胜的概率和甲队获胜且比赛恰好4场的概率，然后利用条件概率求解； （2）先确定甲队成长值得分的可能取值，并计算概率，根据期望计算公式计算.得出期望关于的关系式后，通过导数判断在上的单调性确定其范围. 【小问1详解】 （i）由题意可知，，则 的可能取值为 ， 则；； ；， ∴ 分布列为 0 1 2 3 （ii）设事件表示“比赛恰好进行4场”，事件表示“甲队获胜”. 甲队获胜包含三种情况： 比赛3场甲队获胜，其概率为. 比赛4场甲队获胜，即前3场甲队胜2场，第4场甲队胜，概率为. 比赛5场甲队获胜，即前4场甲队胜2场，第5场甲队胜，概率为. ∴甲队获胜的概率为. 甲队获胜且比赛恰好进行4场的概率为. ∴在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了4场的概率为. 【小问2详解】 甲队本次比赛的成长值得分的可能取值为3，2，1，0. ； ； ； . ∴ . 令， 则， ∵，∴， 再令， ，判别式， 的两根为，， 由可得，则在上单调递减，则， 所以时，，， 因此函数在上单调递增， 又，当趋近于1时，，则， 故的取值范围是. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆育才中学高2026届高三（下）入学考试 数学试题 （满分：150分；考试时间：120分钟） （命题､审题人：向娟､周毅鸿､周颍､熊元豪） 注意事项： 1答卷前，请考生先在答题卡上准确工整地填写本人姓名､准考证号； 2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5mm黑色签字笔答题； 3.请在答题卡中题号对应的区域内作答，超出区域书写的答案无效；在草稿纸､试题卷上答题无效； 4请保持答题卡卡面清洁，不要折叠､损毁：考试结束后，将答题卡交回. 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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知，其中i为虚数单位，则（ ） A. B. C. D. 3. 有一散点图如图，在5个数据中去掉后，下列说法正确的是（ ） A. 变量与变量的线性相关性变弱 B. 数据的方差变大 C. 相关系数 变小 D. 残差平方和变小 4. 已知正方形ABCD的边长为2，点M，N分别为边AB，DA上的动点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 过直线上的动点 向圆引切线 ，切点为，则的最小值为（ ） A. B. C. D. 6. 某校食堂新供应了四种不同的午餐套餐，小王同学计划周一到周五都从新供应的四种套餐中选择一种就餐，且在这五天里将这四种套餐都尝一遍，则不同的方案共有（ ） A. 120种 B. 144种 C. 240种 D. 288种 7. 已知定义在上的奇函数和偶函数，，则当时，的最大值为（ ） A. 2 B. 1 C. D. 8. 设函数，若恒成立，则的最大值为（ ） A. -1 B. C. 1 D. 二､多选题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知等比数列的公比为，前 项和为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 数列是公差为1的等差数列 D. 10. 已知圆台的上底半径为，下底半径为 ，球与圆台的两个底面和侧面都相切，则下列命题中正确的有（ ） A. 圆台的母线长为 B. 圆台的体积为 C. 圆台的表面积为 D. 球的表面积为 11. 斜椭圆是由焦点在坐标轴上的椭圆绕其中心旋转一定角度得到的图象.已知曲线的图象是如图所示的斜椭圆，点是 上任意一点，点，为坐标原点，则下列说法正确的为（ ） A. 该椭圆的焦点在直线上 B. 该椭圆的离心率为 C. 的最大值为 D. 最大值为 三､填空题：本题共3个小题，每小题5分，共15分. 12. 的展开式中的系数是______.（用数字作答） 13. 若函数在上单调递增，则实数的取值范围为_____ 14. 数学课上，小明同学给出了一种用数字1，2生成新数列的方法：每次都在相邻的两数之间插入一个数，若相邻两数的和为奇数，则插入数字1；若相邻两数的和为偶数，则插入数字2．即第一次生成数列；第二次生成数列；第三次生成数列；如此继续下去，记第 次生成数列的项数为，第 次生成数列的所有项的和为，则__________， __________． 四､解答题：本题共5小题，15题13分，16､17题15分，18､19题17分，共77分，解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. 已知 的内角的对边分别为，满足. （1）求 ； （2）若，求 的周长. 16. 已知抛物线过点，焦点为 . （1）求； （2）过点作直线与交于 ，两点.若 的面积为10，求直线的方程. 17. 如图，在三棱锥 中，底面是正三角形，中心为. （1）证明： 平面 ； （2）若，求平面 与平面夹角的正切值. 18. 已知函数． （1）若函数图象在点处的切线与函数图象在点处的切线平行，求的值； （2）设，用表示函数和； （3）求证：． 19. 在乒乓球亚洲杯的决赛场上，中国队队员王楚钦击败了日本队队员张本智和并夺得金牌，重庆市育才中学高三的学生们深受鼓舞，在冲刺高考的同时，利用课余时间积极地进行乒乓球运动.甲，乙两队进行乒乓球双打比赛，规定采用五场三胜制，即先赢得三场比赛的队伍获胜.已知每场比赛甲队获胜的概率为，乙队获胜的概率为 ，且每场比赛的结果相互独立. （1）当时. （i）记比赛开始的前三场的中甲获胜的场数为X，求 的分布列； （ii）求在甲队获胜的条件下，比赛恰好进行了四场的概率； （2）若比赛结果为 或者 时胜方的成长值记3分，负方记0分，比赛结果为 时胜方的成长值记2分，负方记1分，求甲队本次比赛的成长值得分的期望，并求的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $