重庆市永川中学校2026届高三下学期第二次调研检测数学试题

高2026届高三春期第二次调研检测（数学）答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B B A D AC ABD ACD 12.8 13.-2+2√2 1 7.先求甲、乙两人分在同一社区的概率P·分两种情况：①A、B、C3个社区人数为1、1、3结 构.甲乙分在同一社区方法数：C4=18种；②A、B、C3个社区人数为1、2、2结构.甲乙分在 同一社区方法数：CCC=18种，而当不考虑任何条件时，满足题意分法总数为： e+兰=50月1w86名出 A A 25 8设切点为P(x,),据题意：这样的切点有两个，即关于的方程有且仅有两根。 ylk=,=3x-2a,y=(3x-2a(x-x)+→y=（3x-2aj(x-0)+(x3-2a+b),为过切 点P(x,)的切线，又A(-1,1)在此切线上， .1=(3x-2a(-1-x)+(x号-2a+b）P-2x-3x+2a+b-1=0→2a+b=2x+3x+1,令 f(x)=2x+3x2+1,又A(-1,1)不在曲线C上，→2a+b≠2，由f(x)的图像可知 2a+b=1 10.对于D,因为X~N(1,2),记函数f(x)=P(X≤x),x∈R, 所以对任意x∈R,有f(1+x)+f(1-x)=P(X≤1+x)+P(X≤1-x), 由正态分布的对称性：P(X≤1-x)=P(X≥1+x), 因此f(1+x)+f(1-x)=P(X≤1+x)+P(X≥1+x)=1, 即(x)的图象关于点A,宁对称，故D正确 1.令正方体ABCD-4BCD的外接球半径为r,4m=3元，，=5，则BD=V5,AB=1, 2 连接AB,AD,BD,由四边形ABC1D是该正方体的对角面，得四边形ABC1D是矩形， D 即有AD/IBC1,而BCC平面BDC,AD,a平面BDC,则AD/I平面BDC, 同理ABII平面BDC,又AB,∩AD=A,AB,ADC平面ABD, 因此平面AB,D/I平面BDC,令平面ABD,截球面所得截面小圆为圆M, 对圆M上任意一点（除点A外）均有APII平面BDC,A正确： 对于B,过A与平面BDC,垂直的直线AP仅有一条，这样的P点至多一个，B错误； 对于C,显然AB⊥平面BCCB,,在平面BCCB内建立平面直角坐标系，如图， B R (sine +cose', 2 2 (sin +cos = AP+PG=V2+x+-=N2+xF(V2+W1F√，当且仅当x=)取等号， 此时am9-os=子即m0+孕=分因此+C的技大位为、6，C正确： 对于D,平面BCCB,截球面为圆R,圆R的半径为5，则圆R上的点到底面ABCD的距离的最大值为 2 V2+1 2 因此四棱锥P-4BCD的体积的最大值为这V2+1V2+,D正确 26 n米意R、N、K=6共线派-证派11=3→u-21设 =,则M=2,由椭圆第一定义：M+M=2a,由双曲线第一定义： 3 3m=2a a=- ME-M=2a→ m=2a ?,在M至中，由余弦定理得cos120°= (2m}+m2-4m →c=?m,设椭圆，双曲线离心率分别为g、e,那么 2.21m 7m2 7 个 ee2=-. 4 aaa.a 3m →ee=3 15.【小问1详解】取AB中点O, 因为PA=PB,O是AB的中点，所以AB⊥PO. 又CA=CB,O是AB的中点，所以AB⊥CO. 又CO∩PO=O,CO,POc平面POC, 所以AB⊥平面POC,又PCc平面POC,所以PC⊥AB. 【小问2详解】 因为平面PAB⊥平面ABC,且平面PABO平面ABC=AB,AB⊥PO,可得PO⊥平面ABC. 如图，以O为原点，以OA,OC,OP所在直线分别为x,y,z轴，建立空间直角坐标系. 1 PC.=0 -z=0 设平面PBC的法向量为=(x,y,),由 PB.=0 得 (2 -z=0 取x=5,y=z=1,得元=(5，-1，-1： 由亚=4C,得E= 35 88,0 所以P亚= 35 5 88 2 B PE.n 3 设PE与平面PBC所成角为O,则sin0 PE斗同 5 因此直线PE与平面PBC所成角的正弦值是亏 3 16.(1)根据题意可知，每局比赛甲获胜的概率为0.3，乙获胜的概率为0.7， 若采用三局两胜制，则最终获胜的两种可能的比分为2：0或2：1。 因为每局比赛的结果是独立的，所以甲最终获胜的概率P=0.32+C×0.32×0.7=0.216, ②易得n≥l1,X~B(nP),P(X=11)=Cxpx(1-p). 记f(m）=C×px1-p), (n+1)12 则Jn+1C*x06x0.4-=05n+12 f(n) n! n-105 11(n-11)H fn+_n+1x名>1，得n≤17，即当11≤n≤17时，f(mf(n+),当n≥18时， f(n)n-105 f(n)>f(n+1),故当n=l8时，P(X=11)最大，所以n的估计值为18 7(白余弦定理和1a-1c)cos811a+6-c.羽 2a （14a-1c)cosB=1-20 bcosC-=1lbc0sC,整理得14 Hacos B=1(cosB+bo0sC), 2a 由正弦定理，得14 sinAcosB=11(sinCcos B+sin BcosC)=11sin(B+C)=11sinA. 因为sinA≠0，所以cosB=11 14 (2若选择条件0.由(1可得，mB=V-cosB-55由S=csmB=15V5,得ac=21@.又 14 2 4 由余弦定理，得b2=a2+c2-2 ac cos B=2+c2-33=25,解得a2+c2=58②.联立①②，解得a=7, c=3,或者a=3,c=7.因此所求a的值是a=7或者u=3. 若选择条件②，不符合要求，理由如下： 因为sinA-simC=1,sinC>0,所以sinA=sinC+1>1,与正弦函数的值域矛盾，舍去； 若选择条件@.由(1)可知，i血B=55 14 又sinA=sin(B+C)）=sin BcoC+cos Bsin C= 551L535 14214214 -X ahc=n1::snC-35:7,故c-写a.所以s-mB=片a-a5-155 7 23144 化简得a2=9,得a=3,因此所求a的值是3. 18.【解析】)由题意可知，=有，2=1 2,所以C的方程为x2=y. (②)方法1：设A(x,),B(,5),由题意得1存在斜率，设1：y=c+b,联立 x=y 得 y=kx+b x+x=k x2-x-b=0,令△=k2+4b>0,则 xx2=-b FAFPFBFP A·FPFB.FP 因为∠AFP=∠BFP,所以 网丽网·即1 FA FB +4 x+4 整理得4x(-x)3(x+x)x-x)-(x-)=0.因为x≠x,所以4xx-3(x+x)-1=0, 所0-+1-0，用6：子子青板yx-》子所以监过定点号-》 方法2：设A(x,y),B(x,为)，由题意得1存在斜率，设1：y=x+b, 因为∠AFP=∠BFP, FA·FP FB·FP FA.FP FB.FP 所以， 即 FB 因为网⅓+日网到为+寻 为+ 4 1 2+4 +b+4 kx,+b+ 4 整理得（3法11()-0，因为名，所以3法1011-0，所以6-子女- (3)方法1：设A(,),B(x2,y2),由题意得1存在斜率， 设1：y=x+b,联立 xy,得x--b=0, y=hx+b x+x=k 令△=2+4b>0,则 5=b’由中点 k k2 在y=x上，得b=- 2 所以4=+1V26-友，ke(0,2)点P到直线1的距离4-k-2+2_-2+2 2Wk2+12Vk2+1 面积S= 2k-(k2-2k+2. k∈(0,2) 4 令1=N2k-R,则50=f+21,fe(0,1 4 所以50)=31+2.令S口)=0，解得1=6 4 所以S(t)在 上在华上年 所以当t= 5时，S0有最大信V6 即△PAB面积的最大值为 9 方法2：设AB的中点为(t,),A(x,),B(x,),则+x=2t,片+为=2. 因为为=x,y=x,所以x+x=2t,xx=21-1. 因为抛物线x2=y与直线y=x交点为(0,0)，(1,1)，所以t∈(0,1) 所以4=压-)+0-)=V店-名矿+-=店-x[+氏+书汀 V+-2x玉V1+(s+x)=2f-fV1+4f,t∈(0,1) 因为直线1的斜率太青上=。二三-十水-21，且经过点化， 一x水-x3 所以直线1的方程为y-t=2t(x-t),即：2x-y-2t2+t=0, 所以点P行到且我的离日22刊2-211 V4t2+1 V4t2+1 所以面积S=Vt-t2(2r2-2t+1),t∈(0,1) 令--F,则s-2ru.wo 则S(u=-6+1,令S)=0,解得4= 6 所以S(u)在 0,6 上单调递增， 交 61 62 上单调递减。 所以当u= 时，Sw有袋大伯6 6 即△PAB面积的最大值为V 9 19.【解析1(1)当a=1b-2时，则f)=+2+2,f)=2君 2e* 2es0, 可知f(x)在[0，+w)单调递减，所以f(x)在[0，+o)上的最大值为f(0)=1. (2)当a=0时，f)=br+b 2e, 2e，可得m=br+b 令r+m=f(y,即x+m=x+b, 2e-x, 原题意等价于方程m=x+力x仅有一个解， 2e* 令8()=r+b 2e* x,则g)=-加-1， 2e* 因为对任意实数m,方程m=g(x)都仅有一个解， 可知g(x)在R上为单调函数，且值域为R, 令Gx)=g'(w,则c(x)=b0-D, 2ex 因为当x趋近于+o时，G(x)趋近于-1，则G(x)≤0恒成立， (i)当b=0时，则g(x)=-x,可知g(x)在R上单调递减，值域为R,满足题意： (ii)当b>0时，当x<1时，G(x)<0;当x>1时，G(x)>0; 可知G(9在(n,单调递减，在，+)单调递增，则c(x)≥G)=夕-1<0， 2e 当x趋近于-o时，G(x)趋近于+o;当x趋近于+o时，G(x)趋近于-1： 可知G(x)存在唯一零点∈(-o,-1), 当x<时，G(x)>0,即g(x)>0;当x>时，G(x)<0,即g(x)<0: 可知g(x)在(-o,)单调递增，在(，+∞)单调递减，不符合题意： (i)当b<0时，当x<1时，G(x)>0;当x>1时，G(x)<0: 可知G(x)在（←0，）单调递增，在(L,+∞)单调递减， 则G)≤G0=多1s0,解得-2≤b<0, 2e 当-2e≤b<0时，g(x)在定义域R内单调递减， 当x趋近于-o时，g(x)趋近于+0；当x趋近于+o时，g(x)趋近于-n; 可知g(x)值域为R,符合题意； 综上所述：实数b的取值范围为[-2C,0]. (3)当a=1时，f)=P+r+b 2e* 若证2fsc6-cm.即证++b15e6-cm0. e 因为0<b≤2，x≥0，则+x+b+1s+2x+3 e e 由(1)可知：+2+2≤1，即x2+2x+2≤20，则r+2x+3≤2e+1 2e 可得+加+b+12+2x+3s2e+1 e e e 、若证2e*+1<e*3-csim),即i证e2x—≤3-csnx, i)当x≥π时，则e≥e>4,可得2e+1-2+11+1 ee+e2i161, 且0<c≤2，则csin x≤2，可得3-csinx≥1，所以2e+1s3-csinx: e2x D当0≤<π时，则3-csinx23-2snx,可得26≤3-2sn1 整理可得ee*(3-2sinx)-2≥1， h(x)=e*(3-2sinx)-2,h(x)=e*(3-2sinx-2cosx), 因为2sinx+2cosx=2W2simx+Ds2W2<3,则h(9>0, 4 可知h(x)在[0，)上单调递增，h(x)≥h(O)=1, 且e≥e=1,可得e[e3-2sin)-2]-e.(≥1，所以2e+1s3-csinx: e2x 1 综上所述：x∈[0，+o)时， 2f+。≤e(6-csin) 高2026届高三春期第二次调研检测数学 一、单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知等差数列，若，则（ ） A. 6 B. 4 C. 3 D. 2 3. 已知复数z是方程的根,则（ ） A. B. C. 2 D. 3 4. 方程表示焦点在x轴上的椭圆，则实数m的取值范围为（ ） A. B. C. D. 5. 已知向量，，满足，，，则在方向上的投影向量是（ ） A. B. C. D. 6. 为保护环境，某发电厂对烟气进行脱碳处理．已知初始碳排放浓度为，每经过一次环保设备处理，碳排放浓度会减少50%．国家排放标准规定碳排放浓度不得超过，若要使该发电厂烟气排放达标，则至少需要脱碳处理的次数为（ ） A. 4 B. 5 C. 6 D. 7 7. 甲、乙、丙等5人被安排到三个社区做志愿者，每人随机选择一个社区，且这三个社区都有人去，则甲和乙不去同一个社区的概率为（ ） A. B. C. D. 8. 过曲线：外一点作的切线，恰好可作两条，则（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. 随机事件A,B相互独立的充要条件是 B. 设X为随机变量,则 C. ,则, D. 若,记函数,,则的图象关于点对称 10. 已知正方体的各个顶点都在表面积为的球面上，点为该球面上的任意一点，则下列结论正确的是（ ） A. 有无数个点，使得平面 B. 有无数个点，使得平面 C. 若点平面，则四棱锥的体积的最大值为 D. 若点平面，则的最大值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 11. 已知，若直线上存在点P满足，则实数c的最大值是_________． 12. 焦点在x轴上的椭圆与双曲线有公共左、右焦点、，点M是与的公共点且，点N在x轴上，满足，若，则与的离心率之积为____. 四、解答题 13. 在三棱锥中，平面平面，和都是边长为的正三角形． （1）证明：； （2）若，求直线与平面所成角的正弦值． 14. 甲､乙两位同学进行纸飞机比赛，设各局比赛的结果相互独立，且每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为.比赛规则如下：三局两胜制指有一方获胜两局，比赛结束；四局三胜制指有一方获胜三局，比赛结束. （1）若，比赛采用三局两胜制，求甲获胜的概率； （2）若，甲、乙进行了局比赛，表示甲获胜的局数，当且仅当时，取得最大值，其中，求满足条件的的值. 15. 记的内角A，B，C的对边分别为a，b，c．已知． （1）求的值； （2）若的面积为，再从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知，使得存在，并求边长a的值． 条件①：；条件②：；条件③：． 注：如果选择的条件不符合要求，第（2）问得0分；如果选择多个符合要求的条件分别解答，按第一个解答计分． 16. 已知抛物线（）的焦点为，准线为，直线与相交于两点，点. （1）求的方程； （2）若，求证：过定点； （3）若线段的中点在直线上，求面积的最大值. 17. 已知函数． （1）当时，求在上的最大值； （2）当时，若对任意的实数m，直线与曲线恰有一个公共点，求实数b的取值范围； （3）若．证明：当时，． 高2026届高三春期第二次调研检测数学 一、单选题 【1题答案】 【答案】C 【2题答案】 【答案】C 【3题答案】 【答案】B 【4题答案】 【答案】B 【5题答案】 【答案】C 【6题答案】 【答案】C 【7题答案】 【答案】A 【8题答案】 【答案】D 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分. 【9题答案】 【答案】ABD 【10题答案】 【答案】ACD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 【11题答案】 【答案】## 【12题答案】 【答案】## 四、解答题 【13题答案】 【答案】（1） 取中点， 因为，是的中点，所以． 又，是的中点，所以． 又，平面， 所以平面，又平面，所以． （2） 【14题答案】 【答案】（1） （2） 【15题答案】 【答案】（1） （2）选条件①， 或者；选条件②不符合题意；选条件③，. 【16题答案】 【答案】（1） （2）证明：方法1：设，，由题意得l存在斜率，设l：，联立得， 令，则， 因为， 所以，即. 因为，， 所以， 整理得. 因为，所以， 所以，得. 所以， 所以直线过定点. 方法2：设，，由题意得l存在斜率，设l：， 因为， 所以，，即. 因为，， 所以， 即， 整理得， 因为，所以，所以， 所以， 所以直线过定点. （3） 【17题答案】 【答案】（1） 1 （2） （3） 当时，， 若证，即证， 因为，，则， 由（1）可知：，即，则， 可得， 若证，即证， （i）当时，则，可得， 且，则，可得，所以； （ii）当时，则，可得， 整理可得， 令，则， 因为，则， 可知在上单调递增，， 且，可得，所以； 综上所述：时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $