精品解析：重庆市2026届高考模拟调研卷（五）数学试题

重庆市2026届高考模拟调研卷（五） 数学试题 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. 已知为虚数单位，在复平面内复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】D 【解析】 【详解】由题意得， 则对应点为，可得对应点在第四象限. 2. 若随机变量，之间存在回归方程，则（） A. ，正相关 B. ，负相关 C. 一定有样本点 D. 一定没有样本点 【答案】A 【解析】 【详解】回归方程为，回归斜率，故，为正相关，A正确，B错误. 将代入回归方程，. 回归直线仅过样本中心点，不一定经过任意单个样本点，无法确定是否存在样本点，故C，D错误. 3. 在平面中，已知直线：（，不同时为零），：（，不同时为零），则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】是的充要条件. 4. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】易得集合，所以. 5. 假设在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）和燃料的质量（单位：）、火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系是，若取，要使火箭的最大速度达到，燃料质量是火箭质量的大约（ ） A. 5.6倍 B. 6.4倍 C. 7.5倍 D. 8.8倍 【答案】B 【解析】 【详解】由得：， . 6. 正项等比数列，为其前项和，已知，为方程的两根，则（ ） A. 2069 B. 2070 C. 4048 D. 4049 【答案】A 【解析】 【详解】，为方程的两根，，； 数列为正项等比数列，，即，解得. . 7. 已知正四棱台， ，则该正四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先由正四棱台的体积可得正四棱台的高，再根据球的几何性质可得球的半径，进而可得球的表面积. 【详解】因为， 所以结合体积公式，可得正四棱台的高， 记上下底面的中心分别为，， 所以该正四棱台的外接球球心在直线上， 设，外接球半径为，则 则，解得，， 所以外接球表面积. 8. 已知，则（ ） A. 16 B. 30 C. 32 D. 60 【答案】B 【解析】 【分析】对式子两边求两次导数后令得，两边同时除以2即可求出答案. 【详解】因为， 对两边求导得， 对两边再次求导得， 令得， 两边除以2得. 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知随机变量，均服从正态分布，它们的密度函数曲线大致如图所示，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ABC 【解析】 【详解】对A：因为，所以，故A正确； 对B：，所以，又，所以，故B正确； 对C：因为， ， 所以，故C正确； 对D：根据正态分布的概念可知，故D错误. 10. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边过点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【详解】根据三角函数定义得，，故A正确； 由二倍角公式得，故B错误； 由，故C正确； 因为角的终边过点，所以， 解得， 当时，，此时，， 由两角和的正弦公式得，故D错误. 11. 抛物线:的焦点为，坐标原点为，，为抛物线上的两个动点，且满足，设，到轴的距离分别为，，则以下说法正确的有（ ） A. 直线过点 B. C. 的最小值为2 D. 当取最小值时， 【答案】ACD 【解析】 【详解】对于A，，且，三点共线，即直线过点，故A正确； 对于B，设直线与轴正半轴的夹角为. 由抛物线，得； 由抛物线的定义得，，，解得，； ，故B错误； 对于C，过点，分别作，，分别交准线于点、，交轴于点、. 则，，； 由B得； ； ，； ，当且仅当，即时等号成立，故C正确； 对于D，由C知取最小值时，； 由A知三点共线，； ； 又，，; ，故D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角满足，则_______. 【答案】 【解析】 【详解】 ． 13. 某商场为回馈顾客举行抽奖活动，规则如下：消费每满元可参与抽奖一次，每次可随机抽取盲盒一个，每个盲盒内有一个小球，颜色是黑色、白色或灰色中的一种，且抽中每种颜色的概率都相等，集齐三种颜色的小球即可获得一个高压锅奖品．小陈共消费了元，则他能参与抽奖活动从而获得高压锅奖品的概率为_______． 【答案】 【解析】 【分析】这道题的解题核心是先确定抽奖次数，再用对立事件与补集思想简化计算：先算出小陈可参与次抽奖，再计算次抽奖的总结果数，接着通过 “减去只抽到种或种颜色的情况”，间接得到集齐三种颜色的结果数，最后求出对应概率． 【详解】因为，所以小陈可以参与4次抽奖， 因为每次抽奖种颜色（黑、白、灰），次抽奖的总结果数为， 而次抽奖只抽到种颜色的结果数为， 次抽奖只抽到种颜色的结果数为， 所以小陈能参与抽奖活动从而获得高压锅奖品的概率为． 14. 已知，且，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为_______. 【答案】4 【解析】 【分析】由题设可得，随后讨论的取值可得，，最后由基本不等式可得答案. 【详解】由得， 故当时，， 当时，，故， 故当时，， 即，故， 当且仅当，即时取等号，故的最小值为4. 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. 设函数（）满足恒成立. （1）求的值； （2）求证：. 【答案】（1） （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由于，恒成立即恒成立，，从而得到(必要条件)，然后再验证当时，通过导数求得函数最小值，再证明（充分条件）； （2）利用第一问可知，把不等式转化为证明不等式. 【小问1详解】 由于，所以，恒成立即恒成立，处取最小值， ，故由（必要条件）； 验证充分性：当时，；令，得， 令，得，令，得； 故在上单调递减，在上单调递增， 故，即恒成立. 综上所述， 【小问2详解】 由（1）知恒成立，故； 又 ， 所以，， 故，即. 16. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先利用同角三角函数平方关系化简三角等式，得到，再由正弦定理把角的关系转化为边的关系式，接着代入余弦定理求出，结合角的范围即可求得角的值为. （2）由角平分线得两角均为，利用三角形面积拆分相等建立等式，化简推出，再将乘上定值式子展开，用基本不等式放缩求出最小值并验证等号成立条件. 【小问1详解】 ； 根据正弦定理化简得：，再由余弦定理， 代入上式得：，因为，所以. 【小问2详解】 因为的角平分线与交于点， 所以，因为， 所以， 得，故； 所以， 当且仅当，即，时，等号成立； 故的最小值为. 17. 某乒乓球比赛采用“三局两胜制”.现有甲、乙两位选手参加比赛，假设每局比赛结果相互独立.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. （1）求甲最终赢得比赛的概率； （2）若已知比赛进行了三局才结束，求甲是最终获胜者的概率； （3）比赛中有“赛点”概念：当某位选手再赢一局即可获得整场比赛胜利时，称该选手拥有“赛点”.据统计，当选手拥有“赛点”时，由于其心理压力等因素，其在该局获胜的概率会比其常规单局获胜概率下降10个百分点（例如，若常规胜率为60%，则拥有“赛点”时胜率为50%）.考虑“赛点”效应时，记为比赛的总局数，求的分布列及数学期望.并简要分析此“赛点”效应使得相比于不考虑“赛点”效应时是增大还是减小. 【答案】（1） （2） （3）分布列见解析，，“赛点”效应使得相比于不考虑“赛点”效应时是增大. 【解析】 【分析】设表示第局甲赢，表示比赛进行了两局，表示比赛进行了三局，表示最终甲赢得比赛. （1）由题设可得，据此可得答案； （2）由题设及条件概率公式可得答案； （3）若考虑“赛点”，记比赛总局数为，则可能值为2或3，据此可得对应分布列及期望；若不考虑“赛点”，记比赛总局数为，类似可得对应分布列及期望，比较后可得答案. 【小问1详解】 设表示第局甲胜，表示比赛进行了两局，表示比赛进行了三局，表示最终甲赢得比赛.有， 所以； 【小问2详解】 ，， 所以； 【小问3详解】 若考虑“赛点”，记比赛总局数为， 则， ， 所以的分布列为 2 3 故， 若不考虑“赛点”，记比赛总局数为， 则，， 所以， 则有， 所以“赛点”效应使得相比于不考虑“赛点”效应时是增大. 18. 如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. （1）求证：； （2）若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 【解析】 【分析】（1）取中点为，连接，，根据线面垂直的判定定理得平面，从而，即可得证； （2）四面体的体积，多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥，求其体积 ，则另一部分的体积，即可得解. 【小问1详解】 取中点为，连接，， 因为，所以， 又因为，，平面， 所以平面， 因为平面，所以， 因为为中点，所以. 【小问2详解】 与间的距离为的高，所以其面积为， 由（1），四面体的体积， 设平面与四面体各棱交于点，，，， 因为平面平行于棱、，则， 所以四边形为平行四边形，且， 即四边形是矩形， 设、到平面的距离分别为，，，， 所以，，由， 所以，， 多面体的体积可以分为中间的三棱柱和两边的三棱锥， ， ， 整理后，其体积 ， 则另一部分的体积 ，所以. 19. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线，垂足为，点满足条件. （1）求点的轨迹的方程； （2）在点的轨迹上存在两点、，使得以为直径的圆恰与交于点，过点作直线的垂线，垂足为. （ⅰ）求点的轨迹方程； （ⅱ）当点在点左侧时，若是上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切.若存在，求；若不存在，说明理由. 【答案】（1） （2）（ⅰ）；（ⅱ）存在，或3 【解析】 【分析】(1)通过向量关系建立动点D与已知圆上点A的坐标联系，代入圆方程求D的轨迹方程 (2)(i)利用圆的性质(直径所对的圆周角为直角)和垂直直线斜率关系，结合椭圆点差法，推导H的轨迹方程 (ii)利用直线关于直线对称的斜率关系，分析圆与两条直线恒相切的条件，求解 【19题详解】 设，，则， 由，所以有， 则有，又，所以有， 所以点的轨迹的方程：； 【20题详解】 （ⅰ）当直线的斜率存在时， 设直线：，，， 联立，消去得， 则，， 由题意，，即， ， 代入化简得， 所以有 ， 若，则直线：，所以直线过定点； 若，则直线：，此时直线过点(不合题意，舍去). 当直线的斜率不存在时，，， 由有，得，（舍）， 综上，直线过定点， 由题意，，所以在以为直径的圆上， 故的轨迹为； （ⅱ）设直线的斜率为，当时，直线斜率为，直线斜率为， 由题意知，，所以， 设直线的斜率为，要使，与该圆相切， 则满足直线与的夹角等于直线与的夹角， 所以，因为为，夹角的角平分线，所以不可能垂直或，所以 和均不为，即等式分母均不为0. 化简为 ， 因为 ，所以同号，即不为0，即或， 当时，，有；当时，同理有. 当(即与轴平行)时，与重合，此时、垂直轴，若圆K与和相切，则，此时 ，即或，满足题意. 综上所述，或3 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市2026届高考模拟调研卷（五） 数学试题 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. 已知为虚数单位，在复平面内复数对应的点在（ ） A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 2. 若随机变量，之间存在回归方程，则（） A. ，正相关 B. ，负相关 C. 一定有样本点 D. 一定没有样本点 3. 在平面中，已知直线：（，不同时为零），：（，不同时为零），则是的（ ） A. 充要条件 B. 充分而不必要条件 C. 必要而不充分条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 5. 假设在不考虑空气阻力的条件下，火箭的最大速度（单位：）和燃料的质量（单位：）、火箭（除燃料外）的质量（单位：）的函数关系是，若取，要使火箭的最大速度达到，燃料质量是火箭质量的大约（ ） A. 5.6倍 B. 6.4倍 C. 7.5倍 D. 8.8倍 6. 正项等比数列，为其前项和，已知，为方程的两根，则（ ） A. 2069 B. 2070 C. 4048 D. 4049 7. 已知正四棱台， ，则该正四棱台的外接球表面积为（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则（ ） A. 16 B. 30 C. 32 D. 60 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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分. 9. 已知随机变量，均服从正态分布，它们的密度函数曲线大致如图所示，则以下说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知角的始边为轴的非负半轴，终边过点，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 11. 抛物线:的焦点为，坐标原点为，，为抛物线上的两个动点，且满足，设，到轴的距离分别为，，则以下说法正确的有（ ） A. 直线过点 B. C. 的最小值为2 D. 当取最小值时， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知角满足，则_______. 13. 某商场为回馈顾客举行抽奖活动，规则如下：消费每满元可参与抽奖一次，每次可随机抽取盲盒一个，每个盲盒内有一个小球，颜色是黑色、白色或灰色中的一种，且抽中每种颜色的概率都相等，集齐三种颜色的小球即可获得一个高压锅奖品．小陈共消费了元，则他能参与抽奖活动从而获得高压锅奖品的概率为_______． 14. 已知，且，若对任意的，不等式恒成立，则的最小值为_______. 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. 设函数（）满足恒成立. （1）求的值； （2）求证：. 16. 已知中，内角，，的对边分别为，，，且. （1）求； （2）若的角平分线与交于点，且，求的最小值. 17. 某乒乓球比赛采用“三局两胜制”.现有甲、乙两位选手参加比赛，假设每局比赛结果相互独立.已知每局比赛甲获胜的概率为，乙获胜的概率为. （1）求甲最终赢得比赛的概率； （2）若已知比赛进行了三局才结束，求甲是最终获胜者的概率； （3）比赛中有“赛点”概念：当某位选手再赢一局即可获得整场比赛胜利时，称该选手拥有“赛点”.据统计，当选手拥有“赛点”时，由于其心理压力等因素，其在该局获胜的概率会比其常规单局获胜概率下降10个百分点（例如，若常规胜率为60%，则拥有“赛点”时胜率为50%）.考虑“赛点”效应时，记为比赛的总局数，求的分布列及数学期望.并简要分析此“赛点”效应使得相比于不考虑“赛点”效应时是增大还是减小. 18. 如图，在四面体中，，，，与间的距离为（即与、同时垂直相交的线段长为），且. （1）求证：； （2）若这个四面体被平行于棱、的平面截成两部分，设、到平面的距离比为，求证：这个四面体被平面分成的两部分（棱和交四面体组成的五面体与棱和交四面体组成的五面体）的体积比是. 19. 已知点在圆上运动，过点作轴的垂线，垂足为，点满足条件. （1）求点的轨迹的方程； （2）在点的轨迹上存在两点、，使得以为直径的圆恰与交于点，过点作直线的垂线，垂足为. （ⅰ）求点的轨迹方程； （ⅱ）当点在点左侧时，若是上一点，直线与关于直线对称，是否存在圆：使得直线，始终与该圆相切.若存在，求；若不存在，说明理由. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $