精品解析：重庆部分区县2025-2026学年高三下学期入学考试数学试题

重庆市部分区县2026届高三下入学考试 数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求． 1. 在等差数列中，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 【答案】C 【解析】 【详解】因为数列是等差数列，所以， 又因为，所以. 2. 已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. 或 B. C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】因为集合，， 所以，由图可知阴影部分为. 3. 已知是偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】赋值并结合奇偶性可得答案. 【详解】在条件中取，，得： ， 即， 解得：， 又因为是偶函数， 所以. 4. 在所在的平面内，，关于的对称点是，则（ ） A. B. C. D 【答案】D 【解析】 【分析】利用平面向量的线性运算法则求解即可. 【详解】因为在所在的平面内， 所以，， 又因为关于的对称点是， 所以是中点，， 所以. 5. 已知函数则“的最小正周期大于4”是“在上单调递增”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【详解】，所以， 令， 解得， 当时，单调递增区间为， 若在上单调递增，则，即， 所以， 因为真包含于， 所以“的最小正周期大于4”能推出“在上单调递增”， “在上单调递增”推不出“的最小正周期大于4”， 所以“的最小正周期大于4”是“在上单调递增”的充分不必要条件. 6. 瓷枕是中国古代较为流行的一种瓷质枕具，其上常以彩釉绘制精美图画，或题写诗句.某瓷枕如图1所示，其横截面如图2所示，该横截面的上、下曲线可以看作双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】构建合适的直角坐标系并设出对应的双曲线方程，根据实轴长、所过的点求参数，即可得离心率. 【详解】构建如下图示的直角坐标系，其中双曲线过点，实轴长为，即， 双曲线的焦点在轴上，设为，则，故离心率. 7. 已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】建立空间直角坐标系，利用向量夹角公式即可求解. 【详解】设下底面的中心为，上底面的中心为， 以为原点，以为轴，为轴，过作，建立空间直角坐标系， 由正三棱台的高为， 所以，，所以， ， 同理， 所以， 所以， 设平面的法向量为， 所以，令，得， 显然为平面的一个法向量， 所以， 所以， 所以二面角的大小为. 8. 将一些相同的小球放入一排盒子中，每个盒子中至多放一个小球.若要放三个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案数为x，若要放四个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案数为y，若，则这一排盒子的总个数为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】B 【解析】 【详解】设这一排盒子的总个数为n个，则由题结合不相邻插空法得，，且， 由可得，即且， 化简得，且， 解得（舍去）或. 所以这一排盒子的总个数为14. 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数，则下列选项正确的有（ ） A. B. z的共轭复数为 C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第二象限 【答案】AC 【解析】 【分析】根据复数的运算法则，可得z，根据求模公式，可判断A的正误；根据共轭复数的概念，可判断B的正误；根据除法运算法则，可判断C的正误；根据复数的几何意义，可判断D的正误. 【详解】由题意， 则，故A正确； z的共轭复数为，故B错误； ，为实数，故C正确； ，在复平面内对应的点为，位于第四象限，故D错误. 10. 若（，且），则函数的大致图象可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】对进行分类讨论，结合特殊值排除法来确定正确答案. 【详解】当时，， 即，解得， 对于函数，即是增函数， ，排除C选项，D选项符合. 当时，， 所以，所以， 所以，解得， 对于函数，是减函数， ，排除A选项，B选项符合. 11. 已知半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的是（ ） A. 若则 B. 若则点M10的坐标为 C. 若则数列的前项和小于 D. 的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先几何定位：圆与射线、轴正半轴相切，故圆心在的角平分线上，设该角为，则，圆心到原点的距离与半径直接关联.然后等比数列推导：两圆外切时，圆心距为，结合三角函数，整理得，即是首项为1的等比数列.最后选项验证：由求，进而得公比，计算或前项和； 心坐标由直接计算；分析公比范围，判断的取值区间. 【详解】 如图，过点，分别作，，垂足分别为，， 过点作，垂足为. 设，易得，. 由，得， 所以是首项为1，公比为的等比数列， 所以，点坐标为. 由，得，所以，A正确. 由，得（负根舍去）， 则，， 所以，点的坐标为，B错误. 的前项和为，C正确. ，由，得，得， 得，所以，D正确 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在一组数据1，2，3，5，7中加入一个数x后，得到一组新数据，且新数据组的60%分位数等于原数据组的60%分位数，则x=_______. 【答案】 【解析】 【分析】根据分位数的定义与计算方法求解即可 【详解】原数据1，2，3，5，7，共5个数，计算位置：， 因为是整数，所以分位数是第位和第位的平均值：， 加入后，共6个数，计算位置， 因为不是整数，所以分位数向上取整，是第位， 又因为新数据组的分位数等于原数据组的分位数， 所以只有当时，满足题意. 13. 已知是抛物线上的一个动点，，点到轴的距离为，且的最小值为4，则_______. 【答案】2 【解析】 【分析】利用抛物线的定义把到轴的距离转化为到焦点的距离，然后利用三角不等式可得答案. 【详解】由抛物线定义，点到焦点的距离等于到准线的距离， 即，因此， 于是 根据三角形不等式，， 当且仅当   三点共线时取等号. 故， ， 两边平方： 整理得 14. 在长方体中，且，一只蚂蚁从顶点A出发沿长方体的表面爬到顶点C1，若蚂蚁爬行最短路径的长度为，则该长方体体积的最大值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】蚂蚁最短路径将长方体表面展开，有三种情况，进行分类讨论，取最小值，然后求出体积最大即可. 【详解】设，，，则，且，即.将长方体表面展开，使点与位于同一平面，有三种可能的路径长度： ；； . 由，经比较得最小，故最短路径为，即，则. 体积，由得 ，即. 令，则，平方得 . 令，求导得：， 令，得；，得， 所以在上单调递增，在上单调递减. 所以当时，最大，即V最大， 此时. 经检验 ，满足条件，故长方体体积的最大值为. 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. 15. 有动物类和植物类两个谜语题库，甲猜对动物类、植物类题库中每道谜语的概率分别为0.8，0.5．现有两种答题方案：方案一，甲先从动物类题库中选一道谜语作答，猜对得奖金15元，且只有猜对该道谜语，才有资格从植物类题库中再选一道谜语作答，猜对第二道得奖金25元；方案二，甲从动物类题库中选两道谜语作答，每猜对一道得奖金15元. （1）若甲选择方案一的奖金金额为X元，求X的分布列与期望. （2）以甲获得奖金金额的期望值为决策依据，他应该选择哪个方案?并说明理由. 【答案】（1）分布列见解析，期望为22元 （2）甲应选择方案二，理由见解析 【解析】 【分析】（1）由题意可得X的可能取值，分别求出各个取值对应的概率，列出分布列，代入公式，可得期望. （2）设方案二的奖金金额为Y，设猜中动物类谜语的数量为，可得，根据二项分布期望公式，求出，比较即可得答案. 【小问1详解】 若甲选择方案一，则奖金金额为X可取0,15,40， 设“猜对动物类谜语”为事件A，则， 猜对“植物类谜语”为事件B，则，且A，B相互独立， 则， ， ， 所以X的分布列为 X 0 15 40 P 0.2 0.4 0.4 期望（元） 【小问2详解】 设方案二的奖金金额为Y，设猜中动物类谜语的数量为，则， 由题意 则，所以（元）， 因为， 所以甲应选择方案二. 16. 已知的内角的对边分别为，且，. （1）求c及C； （2）求周长的最大值. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由余弦定理的边角关系，将化角为边求，再由正弦定理及求得，即可得； （2）由余弦定理、基本不等式有，进而可得周长的最大值. 【小问1详解】 由，则， 所以， 由，而，即， 所以，而，故； 【小问2详解】 由（1）知，则，当且仅当时取等号， 所以，即时取等号， 所以周长的最大值为. 17. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线垂直，求； （2）若函数有两个极值点，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求导，再求，由两切线垂直进而求解； （2）求，令，得，令，进而得与有两个不同的交点，利用导数研究单调性，作出函数图像，利用数形结合即可求解. 【小问1详解】 由题意得：，又， 所以， 又， 又因为在点处的切线与曲线在点处的切线垂直， 所以，所以； 【小问2详解】 由题得的定义域为， 又， 所以，令，即，令， 又函数有两个极值点， 所以与有两个不同的交点， 所以，令，解得， 由，得，由，得， 所以在单调递增，在单调递减， 所以， 作出函数的图像： 由图可知：， 所以. 18. 如图，在四棱锥，平面平面，，， （1）证明：平面. （2）已知，点在同一个球的球面上，设该球的球心为. ①在图中指出点O的位置，并说明理由； ②若Q为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求. 【答案】（1）证明见解析 （2）①线段中点；② 【解析】 【分析】（1）平面几何知识得到线线平行，进而得到线面平行； （2）①利用球心到五个点的距离相等，确定球心的位置；②由几何关系设出点坐标，求出平面的法向量，利用线面角的计算公式，得出点坐标，最后两点间距离公式求解. 【小问1详解】 在平面中，，所以. 又因为平面，平面，所以平面 【小问2详解】 ①如图，为中点， 理由如下： 设的中点分别是，连接 因为,所以是正三角形. 所以,所以 所以是正三角形，所以 因为，所以 因为平面平面，平面平面，平面，所以平面. 又平面.，所以，易得，所以， 因为，所以满足条件. ②以为坐标原点，所在直线分别为轴建立空间直角坐标系. 则有，,，，. 设点，，则. ，. 设平面的法向量为，则，代入得， 令，则，所以. 设直线与平面所成角为，所以，解得或（舍去） 所以，此时. 19. 平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知过点且斜率不为的直线与交于两点，点，直线分别交轴于两点，且，求的方程； （3）以点为端点作条射线分别与交于（射线按逆时针方向旋转），且求. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用点到直线的距离公式求解即可； （2）设直线方程为，，，由点坐标求出坐标进而得到，将直线方程与椭圆方程联立，利用韦达定理代入化简即可得解； （3）设射线与轴正方向的夹角为，，则的坐标为，代入椭圆方程利用求根公式求出，结合三角恒等变换求和即可. 【小问1详解】 设， 由题意可得，， 因为， 所以，整理得， 即的方程为. 【小问2详解】 由题意设直线方程为，，， 联立直线与椭圆方程得， 因为点在椭圆内部，所以， 所以，， 由点可得，直线方程为， 令可得点坐标为，同理可得， 又因为，， 所以， 其中， ， 所以，解得， 所以直线的方程为或， 即或 【小问3详解】 由题意设射线与轴正方向的夹角为，则， 设，则的坐标为， 代入椭圆方程得，整理得， 因，由求根公式得， 所以， 所以， 因为，令，， 则， 对求和，左边为， 右边为 ， 将，代入得 ，， 所以， 所以， 易知当时，所以， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市部分区县2026届高三下入学考试 数学试题 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．每题给出的四个选项，只有一项符合题目要求． 1. 在等差数列中，则（ ） A. 5 B. 6 C. 7 D. 8 2. 已知集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. 或 B. C. D. 或 3. 已知是偶函数，当时，，则（ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 在所在的平面内，，关于的对称点是，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知函数则“的最小正周期大于4”是“在上单调递增”的（ ） A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 6. 瓷枕是中国古代较为流行一种瓷质枕具，其上常以彩釉绘制精美图画，或题写诗句.某瓷枕如图1所示，其横截面如图2所示，该横截面的上、下曲线可以看作双曲线的一部分，则该双曲线的离心率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知正三棱台的高为，则二面角的大小为（ ） A. B. C. D. 8. 将一些相同的小球放入一排盒子中，每个盒子中至多放一个小球.若要放三个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案数为x，若要放四个小球且装有小球的盒子互不相邻的方案数为y，若，则这一排盒子的总个数为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若复数，则下列选项正确的有（ ） A. B. z的共轭复数为 C. 为实数 D. 在复平面内对应的点位于第二象限 10. 若（，且），则函数大致图象可能为（ ） A. B. C. D. 11. 已知半径为圆与射线、轴正半轴均相切，半径为的圆与射线、轴正半轴均相切，且与圆外切，则下列结论正确的是（ ） A. 若则 B. 若则点M10的坐标为 C. 若则数列的前项和小于 D. 取值范围为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 在一组数据1，2，3，5，7中加入一个数x后，得到一组新数据，且新数据组的60%分位数等于原数据组的60%分位数，则x=_______. 13. 已知是抛物线上一个动点，，点到轴的距离为，且的最小值为4，则_______. 14. 在长方体中，且，一只蚂蚁从顶点A出发沿长方体的表面爬到顶点C1，若蚂蚁爬行最短路径的长度为，则该长方体体积的最大值为_______. 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. 15. 有动物类和植物类两个谜语题库，甲猜对动物类、植物类题库中每道谜语的概率分别为0.8，0.5．现有两种答题方案：方案一，甲先从动物类题库中选一道谜语作答，猜对得奖金15元，且只有猜对该道谜语，才有资格从植物类题库中再选一道谜语作答，猜对第二道得奖金25元；方案二，甲从动物类题库中选两道谜语作答，每猜对一道得奖金15元. （1）若甲选择方案一的奖金金额为X元，求X的分布列与期望. （2）以甲获得奖金金额的期望值为决策依据，他应该选择哪个方案?并说明理由. 16. 已知的内角的对边分别为，且，. （1）求c及C； （2）求周长的最大值. 17. 已知函数. （1）若曲线在点处的切线与曲线在点处的切线垂直，求； （2）若函数有两个极值点，求的取值范围. 18. 如图，在四棱锥，平面平面，，， （1）证明：平面. （2）已知，点在同一个球的球面上，设该球的球心为. ①在图中指出点O的位置，并说明理由； ②若Q为线段上的一点，且直线与平面所成角的正弦值为，求. 19. 平面内一动点到直线的距离为，到直线的距离为，且，记点的轨迹为曲线. （1）求的方程； （2）已知过点且斜率不为的直线与交于两点，点，直线分别交轴于两点，且，求的方程； （3）以点为端点作条射线分别与交于（射线按逆时针方向旋转），且求. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $