重庆市七校联盟2026届高三考前联合诊断数学试题

重庆市七校联盟高2026届第三次联合诊断性考试 数学试题 本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．满分150分，考试时间120分钟． 注意事项： 1．答题前，务必将自己的姓名、准考证号等填写在答题卡规定的位置上． 2．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑． 3．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上． 4．考试结束后，将答题卷交回． 第Ⅰ卷（选择题 共58分） 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，有且只有一项是符合题目要求的） 1．（原创）集合，，则（ ） A． B． C． D． 2．（原创）在复平面内，对应的点位于（ ） A．第一象限 B．第二象限 C．第三象限 D．第四象限 3．（原创）的展开式中的系数是（ ） A．40 B．30 C．-40 D．-30 4．（改编）已知函数的图象是由函数的图象向左移动个单位长度得到，则下列命题正确的是（ ） A． B．是的一条对称轴 C．在单调递增 D．是奇函数 5．（原创）已知圆锥的轴截面是顶角为的三角形，且该圆锥的顶点和底面的圆周都在球的球面上，则该圆锥与球的体积之比为（ ） A． B． C． D． 6．（改编）已知，，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 7．（改编）已知公差大于0的等差数列的前项和为，若，的前项和为，则（ ） A． B． C． D． 8．（改编）对，，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ） A． B． C． D． 二、多项选择题（本大题共3个小题，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分） 9．（原创）已知向量，，，则下列说法正确的是（ ） A B．，则 C．在方向上的投影向量为 D．若，的夹角为锐角，则 10．（原创）下列说法正确的是（ ） A．随机变量，则方差 B．2，4，5，7，8，11，15，18的上四分位数是13 C．用1，2，3，4，5，6组成六位数（没有重复数字），在任意相邻两个数字的奇偶性不同的条件下，1和2相邻的概率是 D．对具有线性相关关系的变量，，其线性回归方程为，若样本点的中心为，对于样本点对应的残差为-0．5 11．（改编）在平面直角坐标系中，已知是双曲线上任意一点，射线上的点满足：，记的轨迹为．则下列说法正确的是（ ） A．关于坐标原点成中心对称 B．上的点到原点的距离最大值为1 C．存在点，使得点到点，的距离之差大于2 D．，都有 第Ⅱ卷（非选择题共92分） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12．（原创）已知，是两个相互独立的随机事件，且满足，，则__________． 13．（改编）若直线：与曲线有两个交点，则实数的取值范围是__________． 14．（改编）已知数列满足，，数列满足，，则数列的最小值为__________． 四、解答题（共77分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15．（原创）设函数． （1）当时，求曲线在处的切线方程； （2）若有两个零点，求的范围． 16．（改编）已知椭圆：过抛物线的焦点，且与双曲线有相同的焦点． （1）求椭圆的方程； （2）设直线：与椭圆交于不同的两点，，点，若直线的斜率与直线的斜率互为相反数，求证：直线过定点． 17．（改编）在中，角、、所对的边分别为、、，且、． （1）求角的大小； （2）若点是上一点，且平分 ①用，表示的长；②求的取值范围． 18．（改编）一个盒子里装有个大小相同的小球，编号分别为1，2，3，…，，且，，现进行两次摸球试验： 第一次：从中不放回地随机摸出个球，记所摸球的编号组成的集合为．第一次试验完成后，将球放回盒子，再进行第二次试验； 第二次：从中不放回地随机摸出个球，记所摸球的编号组成的集合为．设随机变量表示的元素个数． （1）若，，求的分布列及期望； （2）若，且，求； （3）求的方差（，且，结果用，表示），并探究，具有怎样的关系时，最大？ 19．（改编）如图，在四棱锥中，，底面是矩形，，． （1）当四棱锥的体积最大时： （ⅰ）平面与平面夹角大小为多少？ （ⅱ）判定此时四棱锥是否存在内切球，若存在，求内切球的半径，若不存在，请说明理由． （2）若，，，2，3……，记四棱锥的体积为，四棱锥的体积为，若，求证：． 学科网（北京）股份有限公司 $ 重庆市七校联盟高2026届第三次联合诊断性考试 数学答案 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 B D C D A D C A AC BCD ABD 15．【解析】解：（1）当时，，则 点在曲线上，切线斜率， 故切线方程为． 5分 （2）， 当时，在单调递增，至多一个零点，不满足 7分 当时，令，得 此时在单调递减，在单调递增， 9分 极小值为 又，， 11分 因此有两个零点当且仅当极小值小于零，即 综上，的取值范围是 13分 16．【解析】 （1）由题知， 3分 可得，，∴椭圆的方程为 6分 （2）联立得 8分 设，，可得， 9分 由题知， 10分 即， 即解得， 14分 ∴直线的方程为，故直线恒过定点 15分 17．【解析】 （1）由和正弦定理， 可得， 1分 又，所以，代入式得，因为，所以，可得，即， 3分 又，所以； 4分 （2）①因为平分，则， 由，可得 6分 化简得，则； 8分 ②因为平分，所以，即，解得， 9分 则由正弦定理， ， 13分 因，则，，则，即， 故的取值范围是 15分 18．【解析】 （1）由题意表示的元素个数，可能取值为1，2，3，总取法为，表示两次摸出的球恰有1个公共元素，取法为， 则， 1分 表示两次取的球完全相同，取法为， 则， 2分 表示两次摸出的球有3个公共元素，取法为， 则， 3分 所以的分布列为： 1 2 3 5分 （2）由已知，表示第二次从个球中取出2个球，其中恰有1个球的编号属于， 代入，则， 化简得， 8分 解得或， 又，，所以 10分 （3）由题，，1，2，…，s，， 12分 则随机变量服从超几何分布， ．15分 固定时，的大小由决定， 是开口向下的二次函数，对称轴为： 当为偶数时，时最大； 当为奇数时，或时最大． 17分 19．【解析】（1） （ⅰ）方法一：设的中点为，的中点为，点到平面的距离为，则，又因为，则， 故当平面时，四棱锥的体积最大 因为平面，平面，所以平面平面 1分 因为，平面平面，所以平面， 以为坐标原点，分别以，，所在的直线为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则，，，，， 平面的一个法向量为， 又因为，， 设平面的法向量为， 则，即，化简得不妨令 3分 则 所以平面与平面夹角大小为 5分 方法二：设的中点为，点到平面的距离为，则，又因为，则， 故当平面时，四棱锥的体积最大 1分 连接，，在矩形中，，所以 设的中点为，则， 又设平面平面， 因为，平面，平面， 所以平面，又因为平面， 所以， 3分 因为，，则，，那么为二面角的平面角 4分 又因为平面，所以． 可得，，所以， 即， 所以平面与平面夹角大小为 5分 （ⅱ）因为平面，所以平面平面， 因为平面平面，，所以平面，即， 所以，则易知， ， ，， 所以内切球半径， 8分 设内切球球心为，中点为，因为到平面与平面距离相等， 所以由对称性可知，点在平面上， 又因为点到平面与平面距离相等，且二面角的大小为， 所以点在上， 10分 因为，所以，解得， 因为两个的值不同，故不存在内切球 11分 （2）由，，，2，3，…… 可得为线段的中点，为线段的中点． 则四棱锥的体积为四棱锥体积的一半， 即， 12分 如此可得：，即． 所以是以为首项，为公比的等比数列． 所以， 13分 则 15分 所以， 成立 17分 学科网（北京）股份有限公司 $