精品解析：重庆市礼嘉中学校2026届高考考前适应性考试数学试卷

重庆市礼嘉中学校高2026届高考适应性考试（四） 数学试卷 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. 记集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 样本数据4，16，5，27，6，30，11，21的第40百分位数为（ ） A. B. 11 C. D. 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 15 B. C. 30 D. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 5. 如图为函数的部分图象，为图象与轴的两个交点坐标，则（ ） A. B. C. 0 D. 6. 一个知识问答竞赛每题有3个选项．甲参加该竞赛有以下情况：若甲掌握该知识，则一定回答正确；若甲未掌握该知识，则从3个选项中随机选择一个作答．已知甲回答正确的概率为，则甲掌握该知识的概率为（ ） A. B. C. D. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数的定义域为，，且，若，则正整数的最小值为（ ） A. B. C. D. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 10. 若公比为的等比数列的前项积为，，，，则（ ） A. B. C. 中最小 D. 使成立的最小正整数的值是4050 11. 在长方体中，，，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若平面，四棱锥的顶点都在球上，则球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知，则______. 13. 在平面直角坐标系中，圆与双曲线相交于，，，四点，若点，，，构成圆圆周的四等分点，圆的直径长度是双曲线实轴长的3倍，则双曲线的离心率为_________. 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 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. 如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置. （1）证明：平面； （2）若平面，求二面角的正弦值. 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，. （1）求的内角中最大的角的大小； （2）点在边上，且，若，的面积为6，求. 17. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级． 现设，分别以表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令 ， 则是对两次排序的偏离程度的一种描述． (Ⅰ)写出的可能值集合； (Ⅱ)假设等可能地为1,2,3,4的各种排列，求的分布列； (Ⅲ)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有， (i)试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； (ii)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由． 18. 已知抛物线上一点与焦点的距离为4，点到轴的距离为. （1）求的方程； （2）点为的准线上一动点，直线（为坐标原点）与交于另一点，过点作轴的垂线与交于点. ①求证：直线过定点； ②若，求的面积. 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市礼嘉中学校高2026届高考适应性考试（四） 数学试卷 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. 记集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求出集合、，利用交集的定义可得集合. 【详解】由可得，可得， 由可得，即， 得，解得， 于是，，故． 故选：A． 2. 样本数据4，16，5，27，6，30，11，21的第40百分位数为（ ） A. B. 11 C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先从小到大把一组数据排序，再根据第百分位数的位置计算方法运算即可. 【详解】原数据按从小到大顺序排序为； 由第百分位数的位置计算公式为. 样本容量，得. 根据百分位数定义，当位置不是整数时，向上取整得到的数即为对应百分位数的位置. 因为不是整数，向上取整得，即取排序后第项，排序后第项数据为. 因此该组数据的第百分位数为. 3. 在的展开式中，的系数是（ ） A. 15 B. C. 30 D. 【答案】A 【解析】 【分析】将二项式展开后给赋值到问题的次数即可求解. 【详解】由题意得， 令，解得，故的系数是. 4. 已知向量满足，且，则（ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据向量模的计算公式及向量垂直的条件可得结果. 【详解】因为，所以， 两式相减得，即． 又，所以，联立，解得,即． 故选：C． 5. 如图为函数的部分图象，为图象与轴的两个交点坐标，则（ ） A. B. C. 0 D. 【答案】C 【解析】 【详解】由图可得解析式，然后由周期性可得答案. 【点睛】由图可得最小正周期为，则，又，则. 又由图可得，则，取，得， 从而，. 结合最小正周期为4，，则. 6. 一个知识问答竞赛每题有3个选项．甲参加该竞赛有以下情况：若甲掌握该知识，则一定回答正确；若甲未掌握该知识，则从3个选项中随机选择一个作答．已知甲回答正确的概率为，则甲掌握该知识的概率为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题干可列出，，结合全概率公式列出等式即可求解. 【详解】设甲掌握该知识的概率为，记“甲回答正确”为事件， 根据题意，，，. 根据全概率公式，，代入已知， 得：，解得. 7. 已知椭圆的左、右焦点分别为，过的直线与交于点．直线为在点处的切线，点关于的对称点为．由椭圆的光学性质知，三点共线．若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】画出图形，由题意可得出，利用椭圆的定义结合已知条件可求出、的值，即可得解. 【详解】如下图所示： 因为点关于的对称点为，则， 因为，且， 所以，， 所以，，可得， 则， 所以，，故． 故选：D 8. 已知函数的定义域为，，且，若，则正整数的最小值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令可求出的值，然后令，可得出的表达式，令，利用错位相减法求出，计算可得，结合数列的单调性可得结果. 【详解】令可得，即， 因为，则， 令，，则， 即，故， 所以， 令①， 则②， ①②可得 ， 所以， 当时，，则数列为单调递增数列， 因为，，则， 故满足不等式的正整数的最小值为. 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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知实数，满足，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先根据条件判断，再根据不等式的性质和函数的单调性比较大小. 【详解】由条件可知，，则，故A正确； ，故B正确； ，，所以，故C错误； 设，为增函数减函数=增函数，所以为增函数， 因为，所以，即，即，故D正确. 10. 若公比为的等比数列的前项积为，，，，则（ ） A. B. C. 中最小 D. 使成立的最小正整数的值是4050 【答案】ABD 【解析】 【分析】由等比数列通项公式，确定，再结合等比数列下标和的性质逐个判断即可. 【详解】因为，所以， 所以，又， 所以，所以，A对， 由，，可知单调递增， 又，所以， 所以，B对， 当时，，当时，， 所以最小，故C错， 因为为正项递增数列，且， 所以使成立的最小正整数的值是4050，D对， 故选：ABD 11. 在长方体中，，，为棱的中点，为侧面内的动点（包含边界），则下列说法正确的是（ ） A. 存在点使得 B. 若，则点的轨迹长度为 C. 若平面，四棱锥的顶点都在球上，则球的体积的最大值为 D. 若，则的面积的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据线面垂直的性质得到，求出即可判断A；建立空间直角坐标系，设，根据得到 ，得到轨迹，进而求得轨迹长度，即可判断B；由线面平行的向量证明可得 ，，得到点与重合时，其外接球的体积最大，即可判断C；由可得的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在侧面内的部分，再由圆上点到定直线距离的最值问题结合三角形面积公式求得面积的最小值，即可判断D. 【详解】对于A，因为平面，所以. 若，则，即点在以点为圆心，2为半径的圆上，在侧面内存在满足该条件的点， 故存在点使得，故A正确； 对于B：以为原点，分别以为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系. 易知，，， 因为为侧面内的动点（包含边界），设，，. 所以，. 因为，所以，即 ， 所以点的轨迹为直线 在四边形内的线段. 因为，，所以点的轨迹为的中点到点的线段，所以点的轨迹长度为，故B正确； 对于C，因为，所以，. 设平面的一个法向量为， 所以，所以，令，则，所以. 因为平面，所以，所以 . 又因为，所以，解得. 当时，点与重合，满足题意，此时球的半径满足，即，所以球的体积为，故C错误； 对于D，若，由长方体的性质可得，平面. 又平面，所以， 所以，即，解得， 所以点的轨迹是以点为圆心，半径为的圆在侧面内的部分， 所以点到的最小距离为， 所以的面积的最小值为，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，则______. 【答案】1 【解析】 【分析】结合题意先求出和，再利用换底公式和对数的运算性质求解即可. 【详解】由知，，，同理可得. 得到. 故答案为：1 13. 在平面直角坐标系中，圆与双曲线相交于，，，四点，若点，，，构成圆圆周的四等分点，圆的直径长度是双曲线实轴长的3倍，则双曲线的离心率为_________. 【答案】 【解析】 【分析】先根据四等分圆周的几何条件得到交点坐标，结合“圆直径是双曲线实轴3倍”求出参数，将交点代入双曲线方程得，最后代入双曲线离心率公式计算即可. 【详解】圆的半径为，直径为. 由题意知，圆的直径是双曲线实轴长的倍，双曲线实轴长为， 因此，. 因为四等分圆周，第一象限的交点的极角为， 坐标为， 将 代入双曲线方程 得 . 离心率，且，因此， 因此双曲线的离心率. 14. 已知复数满足，记满足的复数组成的集合为.若且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】先对已知条件进行化简，得出的值，再根据确定集合中元素的轨迹，最后分析且时的取值范围. 【详解】，. 设，则，即，，. 已知，根据复数模的几何意义，表示复数所对应的点到复数所对应的点的距离，集合中的元素对应的点的轨迹是以为圆心，半径分别在范围内的圆环上的点. 题干要求对都满足，因此是两个圆环的交集： 两个圆环分别以为圆心，内半径，外半径， 建立如图所示的坐标系： 是非空闭区域，当都在处时，最小距离可取到， 中最远的两点距离是两个外圆的交点距离， 因为两个外圆半径都是，圆心距， 由勾股定理可得两交点距离为： 因此∣的取值范围是 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. 如图，四边形是等腰梯形，是的中点，是与的交点，将沿折到的位置. （1）证明：平面； （2）若平面，求二面角的正弦值. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）利用线面垂直的判定定理先证明平面，再由可得答案； （2）建立空间直角坐标系，利用二面角的向量计算公式计算可得答案. 【小问1详解】 如图，连接. 为的中点，， 又且四边形为菱形，. ，又平面. 与四边形为菱形同理，可知四边形为菱形， 平面 【小问2详解】 由（1）可知即是边长为2的等边三角形，又平面， 所以两两互相垂直，以为坐标原点， 以所在直线分别为轴建立空间直角坐标系， 已知， 则， 设平面的一个法向量为， 则，取. 设平面的一个法向量为， 则取. 故二面角的正弦值为. . 16. 在中，内角，，所对的边分别为，，，. （1）求的内角中最大的角的大小； （2）点在边上，且，若，的面积为6，求. 【答案】（1）. （2） 【解析】 【分析】（1）利用诱导公式、二倍角的正弦公式变形，结合余弦函数性质可得； （2）结合（1）得，然后设，则，表示出题中各线段长，求得，利用三角形面积公式求得得边长，然后由余弦定理求解． 【小问1详解】 ,. 因为，所以. 因为，所以. 因为，所以或， 所以或， 所以的内角中最大的角的大小为. 【小问2详解】 因为，所以，结合（1）可得. 设，则，，，，，. 的面积为，解得，所以，. 在中，. 17. 品酒师需定期接受酒味鉴别功能测试，一种通常采用的测试方法如下：拿出瓶外观相同但品质不同的酒让其品尝，要求其按品质优劣为它们排序；经过一段时间，等其记忆淡忘之后，再让其品尝这瓶酒，并重新按品质优劣为它们排序，这称为一轮测试．根据一轮测试中的两次排序的偏离程度的高低为其评级． 现设，分别以表示第一次排序时被排为1,2,3,4的四种酒在第二次排序时的序号，并令 ， 则是对两次排序的偏离程度的一种描述． (Ⅰ)写出的可能值集合； (Ⅱ)假设等可能地为1,2,3,4的各种排列，求的分布列； (Ⅲ)某品酒师在相继进行的三轮测试中，都有， (i)试按(Ⅱ)中的结果，计算出现这种现象的概率（假定各轮测试相互独立）； (ii)你认为该品酒师的酒味鉴别功能如何？说明理由． 【答案】(Ⅰ)｛0，2，4，6，8｝ (Ⅱ)见解析(Ⅲ) (i)1/216(ii)见解析 【解析】 【详解】解: ( 1 ) X的可能取值集合为{0、2、4、6、8} :在1、2、3、4中奇数与偶数各有两个, 所以a2 , a4中的奇数个数等于a1 , a3中的偶数个数, 与的奇偶性相同， 所以必为偶数, X的值非赖,且易知其值不大于8， .:.X的可能取值集合为{0、2、4、6、8} ( 2 )可以用列表或者树状图列出1、2、3、4的一共24种排列， 计算每种排列下的x的值， 在等可能的假定下， 得到 (3)①首先 将三轮测试都有X≤2的概率记做P ,有上述结果和独立性假设得 ②由于是一个很小的概率, 这表明仅凭随机猜测得到三轮测试都有X≤2的结果的可能性很小， :我们认为该品酒师确实有良好的鉴别功能,不是靠随机猜测. 18. 已知抛物线上一点与焦点的距离为4，点到轴的距离为. （1）求的方程； （2）点为的准线上一动点，直线（为坐标原点）与交于另一点，过点作轴的垂线与交于点. ①求证：直线过定点； ②若，求的面积. 【答案】（1）； （2）①证明见解析；②. 【解析】 【分析】（1）设点，由已知及抛物线定义建立方程求出值，即可得到抛物线的方程. （2）①由（1）求出抛物线焦点坐标及准线方程，再设出点的坐标，并表示出点坐标，求出直线的方程即可得证；②由①中信息，利用数量积的定义，结合三角形面积公式求解. 【小问1详解】 设点，由，得， 由点到轴的距离为，得，又，则，解得， 所以抛物线的方程为. 【小问2详解】 ①由（1）得抛物线：的焦点，准线方程为， 设，由轴，且点在抛物线上，得， 直线方程为，由，得点， 当时，直线的斜率，其方程为， 整理得，因此直线过定点，当时，直线过点， 所以直线过定点. ②由①知，， 因此，， 所以的面积. 19. 已知函数. （1）对任意，是的必要条件，求的最小值； （2）对任意，函数存在两个零点. （i）求的取值范围； （ii）对于（i）中给定的，证明：当取得最小值时，. 【答案】（1） （2）（i）（ii）证明见解析 【解析】 【分析】（1）由已知条件可得在上单调递增，即在恒成立，计算即可； （2）（i）由已知构造函数可得存在两个零点，利用导数证明单调性，进而只需，即，利用导数计算可得的取值范围；（ii）将同构为，将方程的两根转化的两根为，利用导数及数形结合推理可得. 【小问1详解】 ∵对任意，是的必要条件， ∴， 在上单调递增， 则，即在上恒成立， 令，， 在单调递减， . 【小问2详解】 （i）因为对有两个不等的实根， 所以有两个零点， 若是方程的一个根，则，所以， 令， 当，则，当，则， 所以在单调递减；单调递增， ， 要使有两个零点，只需， 即，令， 在(0,1)单调递增；单调递减， . (ii)令，则，，即， 构造方程，两根为， 令，其中的两根为 令则，令，则， 在单调递减；单调递增，作出大致图象如下： 令， 在单调递减；单调递增， 当时，，此时最小. 取最小值时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $