精品解析：重庆市第八中学校2026届高三下学期第9次周考数学试题

重庆八中高2026届高三（下）第9次周考 数学试题 一、单项选择题：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. 已知复数 ，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 3. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 4. 已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 6. 已知下图是一个边长为3的九宫格（由9个边长为1的小正方形构成），九宫格中有16个节点（如图加黑的16个点），从这16个点中任选互不相同的三个点A，B，C，则的最大值为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 7. 今有一块半径为 的圆形木板，然后将这块圆形木板截成一块凸四边形形状的木板，且这块凸四边形木板的一个内角α满足，则这块凸四边形木板面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 8. 某同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投篮，那么投篮总次数的数学期望为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 二、多项选择题：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. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 11. 已知曲线为 上一点，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线 关于原点对称 B. 当时，曲线 的长度为 C. 当 时，点 到直线距离的最大值为 D. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______. 13. 双曲线 ： （， ）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与 在第一象限的交点为，若直线与 的一条渐近线平行，则 的离心率为______. 14. 在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______. 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. 函数（ ，，）的部分图像如图所示. （1）当时，求的单调递增区间； （2）已知，且，求的值. 16. 如图，在菱形 中，，， 为 的中点，将沿 翻折至 ，得到四棱锥. （1）证明：平面平面 ； （2）当二面角 为120°时，求和平面 所成角的正弦值. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，，，使得，求 的最大值. 18. 已知 为坐标原点，椭圆： （）的离心率为，长轴长为4. （1）求的方程； （2）若过 的直线 交于 ，两点，点 在上，点为直线与轴的交点，点 的横坐标为点横坐标的3倍. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若点 ，都在曲线 ： （ ）上，求的最大值. 19. 甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有n个女生，，…，和 个男生，，…，，其中女生认识男生，但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． （1）若，，求所有参赛选手性别相同的概率； （2）若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法种数为和． （i）求，并证明：当时，； （ⅱ）若从乙社区中随机选出个女生和个男生，并将他们随机组成个男、女搭配的队,求组队结果满足参赛要求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆八中高2026届高三（下）第9次周考 数学试题 一、单项选择题：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. 已知复数 ，则（ ） A. 1 B. C. 2 D. 4 【答案】B 【解析】 【详解】由 ，则， 所以. 2. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由可得，即， 又，故. 3. 设公差不为的等差数列的前项和为，，若，，成等比数列，则（ ） A. 16 B. 8 C. 4 D. 2 【答案】A 【解析】 【分析】设出公差，借助等差数列及其前项和的基本量与等比中项的性质计算即可得. 【详解】设等差数列的公差为，则有， 即，由，，成等比数列，则， 即，化简得， 由 ，则，即有，解得， 故. 4. 已知平面，为两个不同的平面，直线为内一条直线，则“ ”是“ ”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】B 【解析】 【分析】由面面平行的性质、线面、面面平行的判定结合充分条件、必要条件的概念即可判断. 【详解】因为，若 ，则由线面平行的性质可知 ，故“ ”是“ ”的必要条件， 设，，显然 ，从而有 成立，但此时不平行， 所以故“ ”是“ ”的不充分条件， 即“ ”是“ ”的必要不充分条件. 故选：B 5. 已知变量，的统计数据如下，若与的回归直线方程为，则（ ） 2.8 3.3 5.0 6.7 7.2 2.6 4.0 5.1 5.4 A. 2.5 B. 2.7 C. 2.9 D. 3.1 【答案】C 【解析】 【分析】先求出样本中心点坐标，代入回归直线方程，解方程即可. 【详解】由题意，可得，， 所以样本点的中心坐标为， 代入回归直线方程，可得， 解方程得. 6. 已知下图是一个边长为3的九宫格（由9个边长为1的小正方形构成），九宫格中有16个节点（如图加黑的16个点），从这16个点中任选互不相同的三个点A，B，C，则的最大值为（ ） A. 12 B. 13 C. 14 D. 15 【答案】D 【解析】 【详解】建立如图所示的直角坐标系， 则这16个点的坐标分别为 ,, ,, , , , ,,, , ,,,,． 若A点在原点，任取以上两点作为点的坐标，则， 于是，则要使取得最大值，需使尽可能取到最大，且两点坐标不能相同， 考虑到或两情况时，取得最大， 经检验可知，当，取其他坐标时，的值均不会超过15， 故的最大值为15． 7. 今有一块半径为 的圆形木板，然后将这块圆形木板截成一块凸四边形形状的木板，且这块凸四边形木板的一个内角α满足，则这块凸四边形木板面积的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】画出对应图形，借助正、余弦定理与面积公式，结合基本不等式计算即可得解. 【详解】依题意圆形木板的直径为，设截得的四边形木板为， 设 ，，， ， ， ， 如下图所示，由且，得， 在中，由正弦定理得，，解得， 在中，由余弦定理，得， 所以，得， 当且仅当时等号成立． 在中，， 由余弦定理可得：， 得，当且仅当时等号成立， 所以这块四边形木板面积最大值为. 8. 某同学每次投篮命中的概率为，且各次投篮是否投中相互独立，该同学若出现连续投中两次的情况，则停止投篮，那么投篮总次数的数学期望为（ ） A. 4 B. C. 3 D. 【答案】B 【解析】 【详解】设投篮总次数的数学期望为 ，对投中情况分类讨论， 若第一次没有投中，则后续需重新投篮，且后续重新投篮的总次数的数学期望仍为 ， 该情况发生的概率为，投篮总次数为， 若第一次投中，且第二次没有投中，该情况发生的概率为，投篮总次数为， 若第一次投中，第二次投中，则此情况发生的概率为，投篮总次数为2， 所以，解得． 二、多项选择题：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. 已知数列的前项和为，若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】由和的关系求出数列 为等比数列，所以选项A错误，选项B正确；利用，求出，故选项C错误，由，应用等差数列求和公式计算选项D正确. 【详解】由题意，当时，，解得 . 当时，， 所以，即， 所以数列 是以 为首项，以 为公比的等比数列，，故选项A错误，选项B正确； 所以，故选项C错误； ， 故选项D正确. 10. 已知函数，则（ ） A. 在区间上单调递增 B. 恰有两个零点 C. 不等式的解集为 D. 若，则的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】函数的定义域为，关于原点对称，且函数为偶函数，对于函数求导可判断A项，由单调性及可判断B项，由偶函数及单调性可判断C，D项． 【详解】函数的定义域为，关于原点对称， 且，所以函数为偶函数， 对于A项，当 时，， 对其求导得，所以在区间上单调递增，故A项正确； 对于B项，因为在区间上单调递增，且， 根据偶函数的性质可知，，所以恰有两个零点，故B项正确； 对于C项，因为为偶函数，且在上单调递增， 所以等价于， 得，两边平方得， 而函数的定义域为，所以的解集为，故C项错误； 对于D项，因为，且为偶函数， 得，即， 因为， 所以， 又因为在区间上单调递增，所以，得， 则，当且仅当时取等号，所以的最小值为2，故D项正确． 11. 已知曲线为上一点，则下列说法正确的有（ ） A. 曲线关于原点对称 B. 当时，曲线的长度为 C. 当 时，点到直线距离的最大值为 D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据对称性、含绝对值方程化简可判断A正确，分类讨论绝对值内部的正负并利用圆的方程和轨迹可知B错误，由基本不等式以及点到直线距离公式计算可得C正确，根据平方关系解不等式可得D正确. 【详解】A：若在曲线上，则， 将表达式中的替换为可得, 即，方程不变，故A正确； B：当时，方程为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 当时，可得，配方得圆， 图形是圆心为，半径为的圆，周长为， 综上可知当时，曲线的长度为，故B错误； C：当时，曲线， 设,则点到直线的距离， 由，解得，当且仅当时，等号成立； 所以，故,故C正确； D：当时，将曲线整理得到， 所以，当时等号成立， 当时，将曲线整理得到， 所以，当时等号成立，故D正确； 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知随机变量服从正态分布，若，则______. 【答案】0.8## 【解析】 【详解】由可得，因， 由正态曲线对称性，得， 则. 13. 双曲线： （， ）的左、右焦点分别为，，以为直径的圆与在第一象限的交点为，若直线与的一条渐近线平行，则的离心率为______. 【答案】 【解析】 【分析】利用直径所对圆周角为直角得到垂直关系，结合渐近线斜率得到焦半径比例，再通过双曲线定义和勾股定理联立求解得到关系，算出离心率. 【详解】因为以为直径的圆与在第一象限的交点为，所以. 由直线与的一条渐近线平行可得，所以， 又由双曲线定义可得，所以，得，所以. 由得，即，整理得， 所以，，离心率. 【点睛】本题是结合圆的几何性质、双曲线定义与渐近线斜率的离心率求解问题，核心方法是通过几何关系与定义联立方程，建立关系求离心率. 14. 在棱长为1的正方体内放入9个半径相等的小球，8个角各放1个，中间放1个，则小球半径最大为______. 【答案】 【解析】 【分析】当小球的半径最大时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切，根据圆心距列方程求解，几何法或向量法求解均可. 【详解】当小球的半径最大，设为r时，8个角上的球都与正方体的3个面相切，且它们均与中间的1个球相切， 由正方体和球的对称性可知，这些球心在正方体的对角线上. 方法一：设对角面上5个球的球心分别为，作出对角面，如图， 则球与的交点，即为球与底面的切点， 所以，所以， 所以，因为正方体的棱长为1，所以， 所以，解得，同理， 又，即，解得. 方法二：以A为原点，分别以为轴建立如图所示的空间直角坐标系： 设角A处小球的球心为，中间小球的球心为，则， 由球与球相切可知，即，解得. 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. 函数（ ，，）的部分图像如图所示. （1）当时，求的单调递增区间； （2）已知，且，求的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据图象，结合正弦函数的性质，可求函数的解析式，再求函数的单调区间即可. （2）根据同角三角函数的基本关系与两角和与差的余弦公式求值即可. 【小问1详解】 由图可得 ，， 所以，且， 得， ， 又因为，所以，所以. 又因为， ， 解得， ， 所以在上的单调递增区间为. 【小问2详解】 因为，所以. 因为，所以， 即，所以. 所以. 16. 如图，在菱形中，，，为 的中点，将沿翻折至 ，得到四棱锥. （1）证明：平面平面 ； （2）当二面角 为120°时，求和平面 所成角的正弦值. 【答案】（1） 由题意得，为等边三角形， 又为 中点，所以，，故. 又因为，所以 平面. 又因为平面 ，所以平面平面 . （2） 【解析】 【分析】（1）根据线面垂直的判定定理及面面垂直的判定定理证明即可. （2）建立空间直角坐标系，判断二面角 对应的平面角，求出相关点的坐标，结合线面角的向量求法求解即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 如图，以为原点，，以及垂直于平面 的直线为，， 轴，建立空间直角坐标系， 由（1）知， ， 又，所以即为二面角 的平面角，即. 则，，，. ，，， 设平面 的法向量， 则，即，取， 设直线与平面 所成的角为 ， 则， 所以直线与平面 所成角的正弦值为. 17. 已知函数. （1）讨论的单调性； （2）若存在，，，使得，求的最大值. 【答案】（1）当 时，在上单调递减；当时，在上单调递减，在上单调递增. （2） 【解析】 【分析】（1）求导，分 和，根据导函数的符号判断函数的单调性. （2）先根据函数的单调性得，，设，，求导，分析函数的单调性，求函数的最大值即可. 【小问1详解】 由题得 ，. 若 ，则在上恒成立，所以在上单调递减； 若，当时，；当时，， 所以在上单调递减，在上单调递增. 综上，当 时，在上单调递减； 当时，在上单调递减，在上单调递增. 【小问2详解】 由（1）得，若存在，，使得， 则必有，由 . 所以等价于， 即，化简得：. 设，，则， 所以在上单调递减，所以， 此时，. 所以当，时等号成立，所以的最大值为. 18. 已知为坐标原点，椭圆： （）的离心率为，长轴长为4. （1）求的方程； （2）若过的直线交于，两点，点在上，点为直线 与轴的交点，点的横坐标为点横坐标的3倍. （ⅰ）证明：； （ⅱ）若点，都在曲线： （ ）上，求的最大值. 【答案】（1） （2）（ⅰ）（法1）设，，， ， 因为，两式作差得：， 又因为，即，所以 ， 所以； （法2）由题可知直线斜率存在且不为0， 设：，，，， ， 由，得 ，所以， 所以，， 因为，则，即有 ，所以； （ⅱ） 【解析】 【分析】（1）利用离心率及长轴长计算即可得； （2）（ⅰ）法一：设，，借助点差法计算即可得；法二：设：，联立椭圆方程，可得与交点横坐标有关韦达定理，再表示出与后，由可得 ，即可得证；（ⅱ）设，，则有，两式相乘可得，则可得 ，设，可得 在 上单调递增，故可得，即可得解. 【小问1详解】 由题得， ，，得 ， ， ， 所以的方程为 ； 【小问2详解】 （ⅰ）略 （ⅱ）设，，其中， ，， 因为，所以， 两式相乘得：，又因为 ， 所以， 所以 ， 令（ ）， 所以， 令，又因为在区间 上单调递增； 所以 ， 显然 在 上单调递增，因为 ，得 ， 所以，所以（当且仅当，时取等号）， 综上，的最大值为. 19. 甲社区有n个女生和n个男生，且每个女生都认识所有男生；乙社区有n个女生，，…，和 个男生，，…，，其中女生认识男生，但不认识其他男生．现从甲社区和乙社区分别选出队选手参加社区比赛，每队选手均为2人． （1）若，，求所有参赛选手性别相同的概率； （2）若要求每队选手必须是男、女组队，且女生认识男生，分别记甲社区和乙社区选出的m队的不同的选法种数为和． （i）求，并证明：当时，； （ⅱ）若从乙社区中随机选出个女生和个男生，并将他们随机组成个男、女搭配的队,求组队结果满足参赛要求的概率． 【答案】（1） （2）（i），证明见解析；（ⅱ） 【解析】 【分析】（1）先设事件，表示出事件“所有参赛选手性别相同”，利用互斥事件的概率加法公式与独立事件的概率乘法公式计算即得； （2）（i）分别用组合数与排列数表示，与，再计算即可得证； （ⅱ）先考虑的递推关系式，对于乙社区中的女生，分为①女生被选中时，共有种选法；②女生没被选中时，共有种选法，于是即得，推理得到，再考虑乙社区中各选m个男生和m个女生时，共有种情况，利用古典概型概率公式计算即得. 【小问1详解】 设事件表示“甲社区的参赛选手都是女生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是女生， 事件表示“甲社区的参赛选手都是男生”，事件表示“乙社区的参赛选手都是男生， 则，，， 则所有参赛队伍的参赛选手性别相同只有两种情况，都是男生或者都是女生， 即，因为，所以，即事件与互斥， 又事件与互相独立，事件与互相独立， 故所求事件的概率为． 【小问2详解】 （i）因为甲社区中女生和男生全都认识，因此 ， 当时，， ， 所以， ， ， 因为， 两边同乘以，得， （ⅱ）先考虑的递推关系式． 当时，考虑乙社区中的女生，有以下两种情况： ①当女生被选中时，其余 队共有种不同的选法，可在余下个男生中任选一人， 有种选法，因此由乘法计数原理可知，共有种选法； ②当女生没被选中时，此时从，，…，中选出m个女生，从，，…，中选出m个男生组队，共有种选法； 所以当时，， 当 时，由前述分析可得， 由（i）可知满足相同的递推公式， 因为，，， 所以和有相同的递推关系和初始值，故对任意和，均有， 设乙社区中各选m个男生和m个女生，组成m个队，共有种情况，且， 因此满足组队要求的概率． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $