精品解析：重庆市南开中学校2026届高三下学期3月底质量检测（七）数学试题

重庆市南开中学高2026届高三年级质量检测（七） 数学试题 2026.3 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为， 所以. 2. 已知复数 满足，则在复平面内，复数 所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】B 【解析】 【详解】，复数 所对应的点为，即位于第二象限． 3. 已知，，若，则实数 （ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】D 【解析】 【分析】根据向量的线性运算及向量的共线结论可得. 【详解】因为，，所以，， 由，所以，解得 ． 4. 设正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 【答案】C 【解析】 【分析】根据基本不等式“1”的妙用计算求解. 【详解】， 当且仅当，时取等． 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【详解】设，则， ． 6. 已知数列满足，当时，，则数列的最大项为（ ） A. 第2项 B. 第3项 C. 第4项 D. 第5项 【答案】C 【解析】 【分析】通过递推公式计算前几项，当时借助函数的单调性即可得最大项. 【详解】当时，由题意得，又 ，故； 当 时，由题意得，又，故； 当时，， 因为函数在 上是减函数， 故时， 达到最大，故第4项为最大项． 7. 过原点作直线交圆于，两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由题意可得P点轨迹是一个圆的一部分,再结合圆的几何性质及弧长公式可得. 【详解】由圆的性质知 ，故点的轨迹是以为直径的圆位于圆内部的－段圆弧，如图： 因为，所以的中点，且点D在圆C上， 故以为直径的圆的方程为， 设此圆与圆的两个交点为、，所以四边形是边长为1的菱形， 所以，所以为正三角形，且边长为1. 所以，，则弧的长度为． 8. 已知定义在 上的函数满足：，为偶函数，且，若，则正整数的最小值为（ ） A. 21 B. 25 C. 29 D. 33 【答案】C 【解析】 【详解】由得，的周期为8， 由为偶函数知：， 故的图象关于对称， ，，， ， ， 欲使，必有， 而， ， ， ，故的最小值为29． 二、多项选择题：本题共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，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定进行判断. 【详解】根据一元线性回归模型中对随机误差的假定，残差应是均值为、方差为的随机变量的观测值. 对于A选项，由图可知残差的方差随观测时间变大而变大，故A正确； 对于B选项，由图可知残差比较均匀地分布在水平带状区域内，满足一元线性回归模型对随机误差的假设，故B正确； 对于C选项，由图知残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分，故C正确； 对于D选项，由图知残差与有线性关系，不符合题意，故D错误. 10. 在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（ ） A. B. 圆台的侧面积为 C. D. 圆台体积的最大值为 【答案】BC 【解析】 【分析】根据圆台的轴截面图，结合圆台和球的结构特征以及导数运算求解即可. 【详解】如图设球与上底面、侧面、下底面切点为，，， 由过点作圆的切线段等长可知，即，A说法错误； 由圆台侧面积公式可知该圆台侧面积为，B说法正确； 在中由勾股定理得，解得，C说法正确； 圆台体积， 令，由可知，当且仅当 时等号成立， 所以， 则，求导得在恒成立， 所以单调递增，无最大值，D说法错误. 11. 已知双曲线的一条渐近线为，，是双曲线的左、右焦点，过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，点，均在轴上方，设与的内切圆半径分别为，，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. C. 若，则直线的斜率为 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据渐近线方程得，从而可判断A；如图，设为的内心，的内切圆与三边切于点，，，根据双曲线定义和切线性质可得，，设，，进一步求，判断BC；利用双曲线的定义以及内切圆的性质可得，，即可判断D. 【详解】由题，，可得，A正确； 如图，设为的内心，的内切圆与三边切于点，，， ， 又因，联立解得，， 设，， ，即， 由，则得，故，B正确； ，， 直线的斜率为，C错误； 设为的内心， 与三边切于点，，， ， 又，两式相加可得， ，， 则， 将代入上式，可得， 因为过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点， 故，因,则可得，故，D正确． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 【答案】 【解析】 【分析】利用三角形的面积公式和余弦定理求解即可. 【详解】因为，代入得，化简得. 由余弦定理， 结合， 得.  因为为边长，故. 13. 若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________． 【答案】 【解析】 【分析】先求导数，然后分 ，，三种情况讨论，借助导数研究函数的极值，即可得解. 【详解】求导得 . 若 ，则，当时，；当时，， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以在处取得极大值，故 符合要求； 若，令. 当 时，解得，， 当时，，此时是开口向上的抛物线， 所以当时， ，； 当时， ，， 所以在处取得极大值，故符合要求； 当时，此时是开口向下的抛物线，欲使成为的极大值点， 只需，即，解得. 综上，可得实数的取值范围为． 14. 已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，则有且只有2支球队恰好获胜3场的情况种数为________．（用数字作答） 【答案】360 【解析】 【分析】根据分步乘法计数原理计算求解. 【详解】先从5支球队中选出两支球队甲、乙恰胜3场， 由于甲乙之间存在胜负关系，故甲、乙的选法有种； 不妨设甲战胜了乙，甲还需战胜其余3支队伍中的2支队伍，故有种选择． 这样，乙必然战胜其余3支队伍． 设甲没战胜的队伍是丙，由于是恰有两支球队获胜3场， 所以除甲、乙、丙外的两支球队至少有一支队伍战胜了丙， 丙与另外两支球队的三场比赛共8种结果，减去丙全胜的2种，还有6种情况． 故所求的情况种数为． 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． （1）求函数的最小正周期及对称中心坐标； （2）已知，若关于的方程在区间上恰有两个不同实根，求的取值范围． 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）利用两角和的正弦公式及辅助角公式将化为的形式，根据公式求其最小正周期，利用整体代换的方法，根据正弦函数的对称中心可求得的对称中心坐标； （2）利用整体代换法，将“关于的方程在区间上恰有两个不同实根”转化为“恰有两个解”，从而得到的取值范围，得到的取值范围. 【小问1详解】 ， 的最小正周期为； 令，解得， 所以的对称中心坐标为． 【小问2详解】 . 令，则. 所以在上恰有两个解. 所以，解得． 所以的取值范围是． 16. 已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角 内有一点，满足 ，且 ． （1）求证：平面 ； （2）若二面角 大小为 ，求与所成角的余弦值． 【答案】（1）证明：取中点，连接，，，由于，， ， 由等腰三角形三线合一可得 ， ， ， 又因为， 面 ，可得面 ，从而 ， 同样的，又因为， 面，可得面，从而 ， 又因为， 面 ，可得平面 ． （2） 【解析】 【分析】（1）要证明线面垂直，需要证明该直线与该平面内的两条相交直线垂直即可，即证明 . （2）先建立空间直角坐标系，然后根据向量夹角的余弦公式计算即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 解：由于正方形，所以 ，又因为 ， 由（1）有 ，所以，从而有 ， 以为原点，以，，的方向分别为，， 轴的正方向建立空间直角坐标系如图， 由于二面角 的平面角即为 ，由（1）可知、、、共面， 又因为 可得， 所以 ，，， ， ， ，所求角的余弦为：． 17. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与 在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 【答案】（1）0.0547 （2）（i） （ii）含义解释： 由（i） ，表示“在手环预警的条件下用户确实患病”的概率， 它衡量了预警结果的可靠性，回答了“预警是否意味着真患病”的个人风险问题； 是灵敏度，表示“用户真患病的条件下手环触发预警”的概率， 反映了该手环识别真实病例的能力； 决策参考分析：对收到预警的个人而言， 的参考价值更大、更直接． 理由：该值从群体基础患病率（ ）显著提升至 ，构成了明确的个人健康风险信号， 用户应结合自身症状，将此作为是否需要进一步医疗检查的关键依据． 而 描述的是该手环的整体性能，无法直接量化个人当前风险， 故对个人就诊决策的参考相对间接． 【解析】 【小问1详解】 事件为“用户患病”，事件为“分析触发预警”． 由题知： ， ， ， ． 由全概率公式： 所以，触发预警的概率为0.0547． 【小问2详解】 （i）由贝叶斯公式： ， 所以，在预警条件下确实患病的概率约为 ． （ii）略 18. 已知动点 ，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）设点，在曲线上，，且 的外心 在直线上． （i）若直线过点，求直线的方程； （ii）求点到直线距离的最大值． 【答案】（1） （2）（i）（ii） 【解析】 【分析】1）利用两点间距离公式和中点公式分析即可； （2）（i）设直线方程，联立直线与曲线方程，结合韦达定理求出即可； （ii）方法一：利用点到直线的距离公式以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可；方法二：利用三角形外心的性质结合韦达定理以及函数导数与单调性求最值（不含参数）分析求解即可. 【小问1详解】 设，， 由题得①， 设，则，代入①可得，即 ， 所以曲线的方程为 ． 【小问2详解】 如图所示： 由题可设直线方程为 ，，， 联立得， 则即，，， 由条件中垂线方程为即 ②， 同理可得的中垂线为③， 则由题联立②③消去可得，即（*） （i）由直线过点得，则由（*）可得， 所以直线的方程为； （ii）方法一：， 由可得，， 令，则 设，则， 令，因为，所以解得： ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，取不到， 所以的最大值为，当时等号取到，即. 方法二：设外心，到、、距离相等得， 化简得， 所以， 则，同理， 、是两根， 则有可得（*）， 由可得，， 令，则 设， 则， 令，因为，所以解得 ， 当时，，当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增， 又，，取不到， 所以的最大值为，当时等号取到，即. 19. 已知函数． （1）证明： ； （2）已知数列满足：，，．记 ． （i）证明： ; （ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 参考数据： 【答案】（1）法一： ， 设 ， ， ， 令 ，得，令 ，得， 在 上单调递增，在 上单调递减， ，，， ， 法二：原不等式等价于 ，设 ， ， ， 令 ，则 ， 在 上单调递增， ，， 存在 使得 即， 在上单调递减，在 上单调递增， ， ，，， ， ，， ． （2）（i）由题， ， 故所证不等式等价于 ． 法一：设 ， ，即证 ， ， 令 ， ， 令 ，则 ， 在 上单调递增， ， ， 存在 使得 ， 在上单调递减，在 上单调递增． ， ， ，在 上单调递减， ． 法二：所证不等式等价于 ， 设， ，即证 ， ， 在 上单调递增， ． （ii）不存在，理由如下： 若存在 使得，由（i） 可得 ，其中， 累加可得 ， ， ， 由得 ， 对固定的 ，当 时， ， ，， 另一方面由（1）知， ， 但当 充分大时，，矛盾， 故不存在小于的常数，使得对任意的正整数 成立． 【解析】 【分析】（1）法一：令 ， ，求导，求得 的单调区间，进而得，可证结论；法二：设 ， ，利用导数可得 的单调性，进而可得存在 使得 ，进而可证结论； （2）（i）法一：所证不等式等价于 ，设 ， ，利用导数可证结论. 法二：所证不等式等价于 ，设， ，利用导数可证明结论.（ii）由（i） ，利用累加法可得 ，进而得，进而可得结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 （i）略 （ii）略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市南开中学高2026届高三年级质量检测（七） 数学试题 2026.3 注意事项： 1．本试卷满分150分，考试时间120分钟． 2．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 3．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 一、单项选择题：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，只有一项符合题目要求． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知复数 满足，则在复平面内，复数 所对应的点位于（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 3. 已知，，若，则实数 （ ） A. B. C. 1 D. 2 4. 设正实数，满足，则的最小值为（ ） A. 7 B. 8 C. 9 D. 10 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列满足，当时，，则数列的最大项为（ ） A. 第2项 B. 第3项 C. 第4项 D. 第5项 7. 过原点作直线交圆于，两点，弦的中点为，则点的轨迹长度为（ ） A. B. C. D. 8. 已知定义在 上的函数满足：，为偶函数，且，若，则正整数的最小值为（ ） A. 21 B. 25 C. 29 D. 33 二、多项选择题：本题共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，部分选对得部分分，有选错得0分． 9. 成对数据和的一元线性回归模型为，依据模型可建立经验回归方程，用回归方程可得到响应变量的预测值及残差，残差是随机误差的估计结果，通过对残差的分析可以判断模型刻画数据的效果．对下列四幅残差图的描述正确的是（ ） A. 图甲显示残差的方差随观测时间变大而变大 B. 图乙满足一元线性回归模型对随机误差的假设 C. 图丙说明残差与观测时间有非线性关系，应在模型中加入时间的非线性函数部分 D. 图丁说明残差与观测时间有线性相关性，故满足一元线性回归模型对随机误差的假设 10. 在一个圆台形容器内放入一个球体，该球恰与圆台的上、下底面及侧面相切，轴截面如图所示．设球心为，半径为，圆台的母线为，上、下底面的半径分别为、，．若已知，则（ ） A. B. 圆台的侧面积为 C. D. 圆台体积的最大值为 11. 已知双曲线的一条渐近线为，，是双曲线的左、右焦点，过的动直线与双曲线的左支交于点，与右支交于点，点，均在轴上方，设与的内切圆半径分别为，，则（ ） A. 双曲线的离心率为 B. C. 若，则直线的斜率为 D. 的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在中，角的对边分别为，若，，的面积为，则______． 13. 若函数在处取得极大值，则实数的取值范围为________． 14. 已知5支球队两两之间都要进行一场比赛，任意两支球队之间的比赛都没有平局，则有且只有2支球队恰好获胜3场的情况种数为________．（用数字作答） 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． （1）求函数的最小正周期及对称中心坐标； （2）已知，若关于的方程在区间上恰有两个不同实根，求的取值范围． 16. 已知正方形的边长为，将沿翻折至，如图，在二面角 内有一点，满足 ，且 ． （1）求证：平面 ； （2）若二面角 大小为 ，求与所成角的余弦值． 17. 某智能手环可通过监测心率对佩戴者进行“心律失常”疾病的早期预警．据临床数据，其用户群体中该疾病的患病率约为0.5%，手环单次分析会给出“预警”或“无预警”结果，其性能如下： 对于确实患病的用户，单次分析触发预警的概率为99%（灵敏度）； 对于未患病的用户，单次分析误触发预警的概率为5%（误报率）． 现从用户群体中随机抽取一人，进行单次分析． （1）求此次分析触发预警的概率； （2）记事件为“此次分析触发预警”，事件为“该用户确实患病”． （i）求； （ii）结合（1）和（2）（i）的结果，说明与 在医学预警中的不同含义，并分析：若手环触发预警，哪个概率对用户决定是否就医的参考价值更大？为什么？ 18. 已知动点 ，分别在直线和上，且，为的中点，记点的轨迹为曲线． （1）求曲线的方程； （2）设点，在曲线上，，且 的外心在直线上． （i）若直线过点，求直线的方程； （ii）求点到直线距离的最大值． 19. 已知函数． （1）证明： ； （2）已知数列满足：，，．记 ． （i）证明： ; （ii）是否存在小于的实数，使得对任意的正整数成立？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由． 参考数据： 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $