精品解析：重庆市2026届高三下学期5月联合诊断检测数学试题

数 学 数学共4页，满分150分．时间120分钟． 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. 在数组1，2，2，4，5中加入3，6两个数之后，不变的统计量是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知集合或，则（ ） A. B. C. D. 4. 若，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知双曲线的离心率，焦点到渐近线的距离为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 6. 已知数列的前项和，若，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 14 7. 若是奇函数，则的值域为（ ） A. B. C. D. 8. 在平面中，，且，若，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 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. 一个不透明的袋子中装有10个球，其中6个白球，4个红球，除颜色外其他都相同，现甲、乙、丙三人依次从袋中不放回摸出一个球，则（ ） A. 甲摸到红球的概率为 B. 乙摸到红球的概率为 C. 甲、乙都摸到红球的概率为 D. 乙、丙都摸到红球的概率为 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递减 11. 已知均为正实数，且，则（ ） A. B. C. D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在展开式中，常数项的值为_____． 13. 已知三棱锥的顶点均在球的球面上，若，则球的表面积为_____． 14. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正数的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于点，若，，则实数_____． 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. 在中，分别为内角的对边，已知，． （1）若，求； （2）若的周长为7，求的面积． 16. 在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 17. 已知数列满足，对且，． （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 18. 已知椭圆的短轴长为2，点为椭圆上异于短轴端点的一点，且点与短轴两顶点连线的斜率之积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上不重合的三点，且的外接圆圆心为． （i）求外接圆半径的取值范围； （ii）求面积的最大值． 19. 调和级数在工程学、物理学和计算数学中都有广泛的运用．欧拉证明了调和级数，其中被称为欧拉常数，为误差．当足够大时，我们近似的认为，在本题中，调和级数均取这个近似值． （1）证明：当时，； （2）利用（1）证明； （3）某公司因为业务拓展，临时举行一次面试，每一个人面试完后，必须当场决定是否留用该面试者．如果不聘用，面试者会马上转去其它公司．假设每个面试者的水平均不相同，为了选出其中最好的两人，面试官决定采用以下策略：选择前个候选人作为观察期，记录其中最佳者（记为）．在后续候选人中，选择第一个比更优的候选人（记为），并继续寻找第二个比更优者（记为）．如果找到满足条件的、，则录取、，剩下的候选者不再进行面试．如果后续候选人中没有比更好的两个人，则招聘失败．已知有个候选人来参加面试，估计取多少时，招聘到最优秀的两个人的概率最大？（参考数据：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 数 学 数学共4页，满分150分．时间120分钟． 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. 在数组1，2，2，4，5中加入3，6两个数之后，不变的统计量是（ ） A. 平均数 B. 中位数 C. 众数 D. 方差 【答案】C 【解析】 【分析】分别计算原数组和加入3、6后的新数组的四个统计量，对比判断. 【详解】原数组（排序后），共个数据； 加入后新数组（排序后），共个数据， 对于A：原平均数； 新平均数，平均数改变，A错误； 对于B：原数组共个数据，中位数为第个数据，即； 新数组共个数据，中位数为第个数据，即， 中位数改变，B错误； 对于C：原数组中出现次，其余数都只出现次，众数为； 新数组中依然只有出现次，其余数都只出现次，众数仍为，众数不变，C正确； 对于D：原数组方差， 新数组方差，D错误. 2. 已知复数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据复数的乘法法则运算求解. 【详解】． 3. 已知集合或，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为， 所以． 4. 若，则“”是“”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】C 【解析】 【分析】依题意找到成立的等价条件，再由充要条件的定义即可判断. 【详解】因， 对于，，当且仅当时等号成立. 则由可得，由可得，故“”是“”的充要条件. 故选：C. 5. 已知双曲线的离心率，焦点到渐近线的距离为，则实数的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分析可知，，求出双曲线的渐近线方程，利用点到直线的距离公式可得出的值. 【详解】因为，则，故， 双曲线的渐近线方程为，即， 双曲线的焦点为，双曲线的焦点到渐近线的距离为， 故． 6. 已知数列的前项和，若，则的值为（ ） A. 6 B. 7 C. 8 D. 14 【答案】B 【解析】 【分析】利用与关系求出数列的通项公式求解即可. 【详解】由,当时， 当时，， 当时，满足条件； 所以数列的通项公式为 则，解得， 因为，所以． 7. 若是奇函数，则的值域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由可得，再结合不等式的运算求解值域即可. 【详解】函数的定义域为， 由是奇函数即， 所以，解得， 则， 因为且，所以，，则， 即，可得， 所以函数的值域为． 8. 在平面中，，且，若，则的最小值为（ ） A. B. 2 C. D. 3 【答案】A 【解析】 【分析】建系，确定轨迹，进而可求解. 【详解】因为 ，即， 以为原点，为轴，为轴建立平面直角坐标系：  ，，C(0,4)， 由得：点轨迹为以为圆心，半径的圆：， 设，由得： 消去参数， 整理得点轨迹为直线：， 是直线上动点到圆上动点的距离， 其最小值为圆心到直线的距离减去圆半径， 由点到直线距离公式： ，  所以. 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. 一个不透明的袋子中装有10个球，其中6个白球，4个红球，除颜色外其他都相同，现甲、乙、丙三人依次从袋中不放回摸出一个球，则（ ） A. 甲摸到红球的概率为 B. 乙摸到红球的概率为 C. 甲、乙都摸到红球的概率为 D. 乙、丙都摸到红球的概率为 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据不放回抽样中先后摸球概率相等可判断AB选项，利用古典概型公式可求解CD选项. 【详解】甲、乙、丙依次从袋中不放回的摸出一个球，则每个人摸到红球的概率，AB正确； 甲乙都摸到红球的概率，C正确； 乙丙都摸到红球的概率为，D错误． 10. 已知函数，则（ ） A. B. C. 在区间上单调递减 D. 在区间上单调递减 【答案】BC 【解析】 【分析】在函数的定义域内取特殊值排除A项；利用函数的图象平移翻折变换，结合正弦函数的图象性质逐一判断其余选项即可. 【详解】对于A，因函数的定义域为，当时，， 而，即，故不成立，A错误； 对于B，因函数的图象可由的图象向下平移，保持轴上方部分不变并将轴下半部分向上翻折得到， 则的最大值可在处取得，所以成立，B正确； 对于C，因在上单调递增且在轴的下方，故图象翻折后在上单调递减，故正确； 对于D，因在上单调递增且在轴的上方，则在上单调递增，故D错误． 11. 已知均为正实数，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用基本不等式,对数的运算性质以及和角的正切公式,结合正切函数的单调性逐一判断即可. 【详解】对于A,因，，即,当且仅当时等号成立, 则,故A错误； 对于B,，当且仅当时等号成立，故B正确； 对于C,由A项得,则，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D,由，得，即， 当时，可得，即， 整理得，故D错误． 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 在展开式中，常数项的值为_____． 【答案】60 【解析】 【详解】通项为， 令得，此时常数项的值为． 13. 已知三棱锥的顶点均在球的球面上，若，则球的表面积为_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据几何关系求外接球的半径并计算球的表面积. 【详解】由题意有，所以为该三棱锥的外接球直径， 即外接球半径，表面积． 14. 已知抛物线的焦点为，过点且斜率为正数的直线与抛物线相交于两点，与抛物线的准线相交于点，若，，则实数_____． 【答案】2 【解析】 【分析】分别过作准线的垂线交准线于点，结合抛物线的定义即可求解. 【详解】如图，分别过作准线的垂线交准线于点， 则有， 由，所以有，即， 即，即 又，即 所以，即，所以． 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. 在中，分别为内角的对边，已知，． （1）若，求； （2）若的周长为7，求的面积． 【答案】（1）， （2）或． 【解析】 【分析】（1）利用余弦定理化简即可求解； （2）分和两种情况讨论即可求解. 【小问1详解】 由余弦定理与条件， ①若，可得， 由且解得，，； ②若，则，不合题意； 综上，； 【小问2详解】 ①当时，由及，得， 所以，因为, 所以 此时的面积． ②当时，则有， 由，得，则， 此时的面积． 16. 在正三棱柱中，已知分别是棱的中点． （1）证明：平面平面； （2）求平面与平面夹角的余弦值． 【答案】（1）证明见解析 （2）． 【解析】 【分析】（1）根据面面平行的判定定理来证明 （2）先建立空间直角坐标系，再分别求出平面和平面的法向量，最后计算夹角的余弦值. 【小问1详解】 在矩形中，分别为的中点，连接，则， 在与中，易得，，因为，所以， 因为平面，平面，所以平面， 同理，，因为平面，平面，所以平面， 又因平面，故平面平面. 【小问2详解】 以中点为坐标原点，所在直线为x轴正方向，所在直线为y轴正方向， 过点 和平面垂直的直线为z轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 设平面的法向量为， 因，， 则，即令，则， 设平面的法向量为， 则，即令，则， 所以， 所以平面与平面夹角的余弦值为． 17. 已知数列满足，对且，． （1）证明：数列是等比数列； （2）设，求数列的前项和． 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）作差可得，再结合等比数列的定义可证得数列是等比数列； （2）由（1）求得，利用累加法可求得数列的通项公式，可得出，记数列的前项和为，则，利用错位相减法可求出的表达式，即可得出的表达式. 【小问1详解】 当时，， 当时，，有， 整理有，即有， 由，所以，所以数列是等比数列. 【小问2详解】 由（1）知，，即， 当时，，……，， 相加有， 所以有，当时也成立，从而， 记数列的前项和为，则， ，① 可得，② ①②，， 所以，故. 18. 已知椭圆的短轴长为2，点为椭圆上异于短轴端点的一点，且点与短轴两顶点连线的斜率之积为． （1）求椭圆的标准方程； （2）若为椭圆上不重合的三点，且的外接圆圆心为． （i）求外接圆半径的取值范围； （ii）求面积的最大值． 【答案】（1） （2）（i）；（ii）． 【解析】 【分析】（1）得出短轴端点，利用可得； （2）（i）设，与椭圆方程联立，得在上有两个不等实根，利用二次函数的性质可得； （ii）设圆与椭圆相交于点，利用对称性设，，并求出其值，令，利用求面积，通过函数的单调性求最值. 【小问1详解】 由题意得，设，短轴端点， 由题意，有，整理得， 则椭圆方程为； 【小问2详解】 （i）设的外接圆，则圆与椭圆有三个交点， 联立，可得，在上有两个不等实根， 令，由二次方程的实根分布可知： （等号不能同时成立），解得，得， 故外接圆半径的取值范围为； （ii）设圆与椭圆相交于点， 因为点在轴上，由对称性不妨设， 方程的根为， 令由（i）知，， 则， 将其代入中得，， 显然，所以面积为， 令， 因为，在上单调递增，且其均为正值， 所以在上单调递增， 则，故面积的最大值为． 19. 调和级数在工程学、物理学和计算数学中都有广泛的运用．欧拉证明了调和级数，其中被称为欧拉常数，为误差．当足够大时，我们近似的认为，在本题中，调和级数均取这个近似值． （1）证明：当时，； （2）利用（1）证明； （3）某公司因为业务拓展，临时举行一次面试，每一个人面试完后，必须当场决定是否留用该面试者．如果不聘用，面试者会马上转去其它公司．假设每个面试者的水平均不相同，为了选出其中最好的两人，面试官决定采用以下策略：选择前个候选人作为观察期，记录其中最佳者（记为）．在后续候选人中，选择第一个比更优的候选人（记为），并继续寻找第二个比更优者（记为）．如果找到满足条件的、，则录取、，剩下的候选者不再进行面试．如果后续候选人中没有比更好的两个人，则招聘失败．已知有个候选人来参加面试，估计取多少时，招聘到最优秀的两个人的概率最大？（参考数据：） 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）分别构造函数、，利用导数分析这两个函数在上的单调性，可得出、，即可证得结论成立； （2）令，由（1）得，可得：，由此得出，，，利用不等式的可加性以及调和级数可证得结论成立； （3）把候选人的能力由低到高记为，其中，为最优秀的两人．先按“第二个最优秀者出现的位置”分类，求出成功概率，再用调和级数近似和导数分析确定最大概率对应的． 【小问1详解】 令，则， 当时，，即在上单调递减， 故，即； 令，则， 当时，，即在上单调递增，故， 即. 综上所述，当时，. 【小问2详解】 令，由（1）得，可得：，，，， 叠加可得，， 由调和级数 可得， ， 由，可得 ，得，故. 【小问3详解】 设共有个候选人，不妨把他们按能力由低到高记为，其中与是最优秀的两人． 设最优秀的两人中较晚出现的一个在第位． 若策略最终成功，则必有 ，且另一个最优秀者在第位到第位之间，共有 种位置选择． 对固定的和另一个最优秀者的位置，两个最优秀者占据这两个位置的概率为． 在第位到第位中，除去这两个最优秀者后还剩 个位置． 为了使面试官在第位之前不会把其他人误选为第二个录取者， 这 个位置中能力最高者必须出现在前个观察期内，其概率为． 所以成功选出最优秀两人的概率为 因为，所以 又 由调和级数近似可得 所以 令，则 ，并且 当时，只需研究函数 求导得，设 ， 再求导得，设，则 因此 在上单调递增． 又 结合 可知，在上的最大值点满足． 当时，；当时，． 其余整数对应的在这两个值两侧，概率不会更大．下面比较这两个候选值． 由参考数据，得 由参考数据 ，得 所以，即当时，招聘到最优秀的两个人的概率最大． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $