精品解析：重庆市育才中学校2026届高三模拟预测（二）数学试题

高2026届高考模拟考试（二） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.试卷由整理排版.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I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. 已知集合，集合，则（　　） A. B. C. D. 2. 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 3. 某中学高三年级物理类考生与历史类考生人数之比为5：3.现用分层抽样的方法从两个类别的考生中抽取一个容量为8的样本.若从该样本中随机抽取3人参加座谈会，则物理类考生2人和历史类考生1人的不同抽取方法数为（　　） A. 15种 B. 30种 C. 45种 D. 90种 4. 已知定义在上的函数的导函数为.若对任意，都有，且，则不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 5. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. 2 B. C. 3 D. 4 6. 已知函数在区间恰有一个极值点，则函数的最小正周期可能为（　　） A. B. C. D. 7. 已知圆，，点坐标原点，点，是圆上的两个动点且，若，则的最小值为（　　） A. B. 2 C. D. 8. 在四面体中，，，当四面体的体积最大时，的长度为（　　） A. B. C. 2 D. 4 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件，，的概率均不为0，则下列说法正确的是（　　） A. 若事件，则 B. C. 若，则 D. 若事件与相互独立，则 10. 抛物线的准线为，的圆心坐标为，且抛物线的焦点恰在上.为上一动点，过点作的垂线，垂足为，过点作的一条切线，为切点，则下列说法正确的是（　　） A. 的半径为3 B. 时，与夹角为 C. 当，，三点共线时， D. 满足的点有且仅有2个 11. 已知数列的前项和为，若，，，则下列说法正确的是（　　） A. ， B. ，有解 C. ， D. ， 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数（其中为虚数单位）是实数，则实数__________. 13. 在数列中，，，若，则__________. 14. 某数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，正确选项为2个或3个.得分规则：每题满分6分，全部选对得满分，有错选或不选得0分；若正确选项为2个，选对1个得3分；若正确选项为3个，选对1个得2分，选对2个得4分.已知甲、乙、丙、丁四位同学的作答及总得分情况如下表，则丁同学的总得分是__________ 甲 乙 丙 丁 9题 B AC BC BC 10题 AD AC AC C 11题 ACD CD AD AC 得分 9 8 14 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，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角； （2）若，，点为边上靠近点的三等分点，求的长. 16. 如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且. （1）证明：四点共面； （2）设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 17. 已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. （1）求出椭圆的标准方程； （2）过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 18. 2026年3月13日，在第七个国际数学日即将来临之际，重庆育才中学的师生们共同策划了一场别开生面的“”庆祝活动，其中校园闯关活动的游戏规则如下：闯关问题按照难度分为基础类与挑战类，每类问题都存在若干数量，每名学生回答对基础类问题的概率为，回答对挑战类问题的概率为，且每名学生回答问题相互独立.若本次回答的是基础类问题，则下一次回答挑战类问题；若本次回答的是挑战类问题，则下一次等可能地回答基础类问题或挑战类问题，如此循环.每名学生均首次回答基础类问题，且只需答对一个问题即认为通过该项闯关活动. （1）若小明有三次答题机会，求小明未通过该闯关活动的概率； （2）若高中年级共有128名学生参加本次闯关活动，且每名学生有四次答题机会，设表示通过该闯关活动的人数，求的期望； （3）若不限制小明的答题次数，求小明最终以答对基础类问题通过该闯关活动的概率. 19. 帕德逼近在函数近似理论中具有重要地位，它通过有理函数（两个多项式之比）实现对给定函数的高效逼近，有效克服了传统多项式近似在大区间内误差累积的缺陷.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足，，. 其中，.已知在处的阶帕德近似为.（其中为自然常数，） （1）求，的值； （2）若对于，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：当时， 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高2026届高考模拟考试（二） 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名，准考证号等填写在答题卡和试卷指定位置上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3.试卷由整理排版.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 第I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. 已知集合，集合，则（　　） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】因为集合，所以集合，所以. 2. 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 【答案】A 【解析】 【详解】因为，故，则， 若，解得或， 故是的充分不必要条件. 3. 某中学高三年级物理类考生与历史类考生人数之比为5：3.现用分层抽样的方法从两个类别的考生中抽取一个容量为8的样本.若从该样本中随机抽取3人参加座谈会，则物理类考生2人和历史类考生1人的不同抽取方法数为（　　） A. 15种 B. 30种 C. 45种 D. 90种 【答案】B 【解析】 【详解】物理类考生与历史类考生人数之比为， 则抽取一个容量为8的样本中物理类考生有5人，历史类考生有3人， 抽取物理类考生2人和历史类考生1人的不同抽取方法数为. 4. 已知定义在上的函数的导函数为.若对任意，都有，且，则不等式的解集为（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】令，利用导数法判断其单调性，再利用其单调性解不等式. 【详解】解：令， 则， 所以在R上递增， 又， 则不等式等价于， 所以， 即不等式的解集为. 5. 已知双曲线的一条渐近线的斜率为，则双曲线的离心率为（　　） A. 2 B. C. 3 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】利用焦点在x轴上的双曲线渐近线斜率得到，再结合双曲线的关系和离心率公式计算得到离心率. 【详解】对于焦点在轴上的双曲线，它的渐近线方程为， 由题意得， 所以. 6. 已知函数在区间恰有一个极值点，则函数的最小正周期可能为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】因为，所以， 令，得：，解得：，其中， 当时，； 当时，，令，解得：； 当时，，此时是第一个极值点， 所以需保证，解得：，综上所述，. A选项，，则，，所以A选项错误； B选项，，则，，所以B选项正确； C选项，，则，，所以C选项错误； D选项，，则，，所以D选项错误； 7. 已知圆，，点坐标原点，点，是圆上的两个动点且，若，则的最小值为（　　） A. B. 2 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先由可得，进而可得点坐标及，进而可得点轨迹是过点且平行于的直线，从而可得圆上的点到直线的距离最小值减去圆的半径可得所求值. 【详解】因为是圆上的点，故，，故. 由，两边平方得： ，，. 设，，所以， 代入圆方程得 ，即的斜率， 由对称性，不妨设. 由得，故点轨迹是过点且平行于的直线， 直线的方程为：，整理为， 因为是圆上的动点，是直线上的动点，如图： 所以的最小值等于原点到直线的距离减去圆的半径， 由点到直线的距离公式得 因此. 8. 在四面体中，，，当四面体的体积最大时，的长度为（　　） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】取的中点为，连接，由线面垂直的判定定理可得平面，设，由结合三棱锥体积公式得表达式，令，，求导，根据导数计算即可求解. 【详解】取的中点为，连接，如图所示： 因为，， 所以， 因为且平面， 所以平面， 设，则， 所以， 令，， 则， 当时，，当时，， 所以函数在区间上单调递增，在区间上单调递减， 所以，即时，四面体体积最大. 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 已知事件，，的概率均不为0，则下列说法正确的是（　　） A. 若事件，则 B. C. 若，则 D. 若事件与相互独立，则 【答案】AB 【解析】 【详解】根据基本事件的包含关系可知，若事件，则，即A正确； 由对立事件的基本性质可得，因此，即B正确； 抛掷一枚质地均匀的骰子，不妨设事件A：“抛出的点数为1或2或3”，事件B：“抛出的点数为3”，事件C：“抛出的点数为3或6”， 此时，但此时，即C错误； 若事件与相互独立，则，即D错误. 10. 抛物线的准线为，的圆心坐标为，且抛物线的焦点恰在上.为上一动点，过点作的垂线，垂足为，过点作的一条切线，为切点，则下列说法正确的是（　　） A. 的半径为3 B. 时，与夹角为 C. 当，，三点共线时， D. 满足的点有且仅有2个 【答案】BCD 【解析】 【分析】通过圆心到焦点的距离来判断A；设点 结合向量夹角余弦公式计算求解判断B；求出P的坐标，进而结合两点间距离公式判断C；设出点P的坐标，建立方程并确定其解的情况判断D. 【详解】对于A，抛物线的焦点为，准线方程为， 点在圆上，则圆心到的距离即圆的半径，故A错误； 对于B，设 ，由 ，解得， 不妨取，则，得， 设与夹角为，所以，则，故B正确； 对于C，当三点共线时，因，设点的纵坐标，则, 即，又，则，故C正确； 对于D，设，由可得，又，， 根据两点间的距离公式，切线长 ，整理得， ，则关于的方程有两个解，即存在两个这样的点，故D正确. 11. 已知数列的前项和为，若，，，则下列说法正确的是（　　） A. ， B. ，有解 C. ， D. ， 【答案】BCD 【解析】 【分析】先判断数列的单调性，A选项代入几个值进行计算验证答案，B选项通过数列的单调性验证答案，C选项用数学归纳法求证，D选项先取的倒数进行计算比较，再倒回来即可. 【详解】由题意可得，因此数列单调递减，故， 又因且，故数列，. 对于A选项，，， ，故A选项错误； 对于B选项，由选项可知，且数列单调递减，， 因此，故B选项正确； 对于C选项，令，令， 即验证即可，， 设成立，，且 因为，，则，故，所以， 所以C选项正确； 对于D选项，因为，取倒数为， 因为，所以，故， 化简得，故，解得，故D选项正确. 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 复数（其中为虚数单位）是实数，则实数__________. 【答案】 【解析】 【详解】由复数为实数，则，得. 13. 在数列中，，，若，则__________. 【答案】19 【解析】 【分析】根据递推公式判断是公差为100的等差数列，代入等差数列通项公式结合已知条件求解. 【详解】由递推关系得（常数）， 因此是首项，公差的等差数列. 等差数列通项为，将代入得，  整理计算得，解得. 14. 某数学试卷共有3道多项选择题，每题有个选项，正确选项为2个或3个.得分规则：每题满分6分，全部选对得满分，有错选或不选得0分；若正确选项为2个，选对1个得3分；若正确选项为3个，选对1个得2分，选对2个得4分.已知甲、乙、丙、丁四位同学的作答及总得分情况如下表，则丁同学的总得分是__________ 甲 乙 丙 丁 9题 B AC BC BC 10题 AD AC AC C 11题 ACD CD AD AC 得分 9 8 14 【答案】12 【解析】 【分析】根据甲、乙、丙的得分判断各题的正确答案，再求丁的得分． 【详解】因为甲得9分，甲的第10题为两个选项只能是0分，4分或6分，所以甲三道题的得分肯定是一道题为0分，一道题为3分，一道题为6分，因为甲的第9题为一个选项，故得分为3分，故9题答案为两个选项有.因为丙得14分，故丙三道题的得分肯定是一道题为6分，一道题为4分，一道题为4分，又因为第9题答案为两个选项且有，所以丙第9题一定得6分，故9题答案为. 因为第10题，11题丙分别得4分，故第10题，11题分别有3个选项，且甲第10题，11题得分应是一道题为0分，一道题为6分，所以第11题甲得6分正确选项为ACD. 第10题丙得4分，说明第10题是3个正确选项且包含AC，又因为该题甲选AD得0分，故D不是正确选项故正确选项为，故乙9题得0分，10题得4分，11题得4分总共得8分，符合条件.所以丁9题得6分，10题得2分，11题得4分总共得12分. 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，角，，的对边分别为，，，且满足. （1）求角； （2）若，，点为边上靠近点的三等分点，求的长. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由正弦定理结合两角和的正弦公式化简求解； （2）由题意可得，根据向量数量积运算律计算求解. 【小问1详解】 因为，由正弦定理可得，， 即，， 又因为， 所以，且， 所以，因为，所以. 【小问2详解】 因为点为边上靠近点的三等分点， 所以， ， ， 所以，即的长为. 16. 如图，在棱长为的正方体中，分别为，的中点，点在棱上，且. （1）证明：四点共面； （2）设平面与棱的交点为，求点到平面的距离. 【答案】（1）证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）解法一：建立空间直角坐标系，用基底向量表示向量，进而可得四点共面；解法二：构造平面，再证明平面与棱的交点与重合，进而可得四点共面； （2）解法一：直接用向量的方法求点到面的距离可得；解法二：用等体积法求点到面的距离可得. 【小问1详解】 解法一：在正方体中，以点为坐标原点，以所在直线为轴，建立如图所示的空间直角坐标系， 则， 则， 于是，且向量不共线， 所以向量共面，又向量有公共点， 所以四点共面. 解法二：延长交于点，连接交于点， 因为，所以，且， 所以，所以，所以点与点重合， 故四点共面. 【小问2详解】 解法一：设，则，由点平面，得， 即， 得，解得，，，即. ，而，则，， 设平面的法向量，则，即， 令，则，所以. 设点到平面的距离为， 则，所以点到平面的距离为. 解法二：等体积法，连接，设点到平面的距离为，如图： 由解法一知， 所以， . 由，所以，， 解得，点到平面的距离为. 17. 已知椭圆的四个顶点围成的四边形面积为，离心率. （1）求出椭圆的标准方程； （2）过椭圆的上焦点作直线与椭圆交于，两点，是否存在直线使得？若存在，求出直线的方程；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） （2）存在， 【解析】 【分析】（1）根据离心率以及四边形面积解方程可求得，，得出椭圆方程； （2）显然直线斜率不存在时不合题意，设出直线方程并与椭圆方程联立，利用韦达定理以及向量关系，可求得直线方程. 【小问1详解】 由，得， 由椭圆的四个顶点得到的菱形的面积为， 可得，即， 再由，解得，， 所以椭圆的方程为. 【小问2详解】 由（1）知，设点，， 当直线的斜率不存在时，，此时交点为和, 不满足，舍去； 当直线的斜率存在时，设直线的方程为， 联立，消去得到， 其中，且； ，，即； 因此，解得； 解得，即， 直线的方程为. 18. 2026年3月13日，在第七个国际数学日即将来临之际，重庆育才中学的师生们共同策划了一场别开生面的“”庆祝活动，其中校园闯关活动的游戏规则如下：闯关问题按照难度分为基础类与挑战类，每类问题都存在若干数量，每名学生回答对基础类问题的概率为，回答对挑战类问题的概率为，且每名学生回答问题相互独立.若本次回答的是基础类问题，则下一次回答挑战类问题；若本次回答的是挑战类问题，则下一次等可能地回答基础类问题或挑战类问题，如此循环.每名学生均首次回答基础类问题，且只需答对一个问题即认为通过该项闯关活动. （1）若小明有三次答题机会，求小明未通过该闯关活动的概率； （2）若高中年级共有128名学生参加本次闯关活动，且每名学生有四次答题机会，设表示通过该闯关活动的人数，求的期望； （3）若不限制小明的答题次数，求小明最终以答对基础类问题通过该闯关活动的概率. 【答案】（1） （2）95 （3） 【解析】 【分析】（1）根据条件可知，小明第一次回答基础题，第二次回答挑战类问题，第三次等可能的回答基础或挑战问题，再根据独立事件概率公式求解； （2）首先求解每名学生四次答题失败的概率，再根据对立事件概率公式求闯关成功的概率，最后根据二项分布求期望； （3）首先设和为首先回答基础类问题开始或首先回答挑战类问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率，再列出关于和的方程组，即可求解. 【小问1详解】 设小明三次答题均未通过活动为事件， 则. 【小问2详解】 设每名学生四次均未通过活动为事件， 则，， 由题意可得， 所以. 【小问3详解】 设为首先回答基础类问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率；为首先回答挑战类问题开始，且最终回答基础类问题通过活动的概率， 由全概率公式可得：， ， 由上式可得，， 所以小明最终通过答对基础类问题通过活动的概率为. 19. 帕德逼近在函数近似理论中具有重要地位，它通过有理函数（两个多项式之比）实现对给定函数的高效逼近，有效克服了传统多项式近似在大区间内误差累积的缺陷.已知函数在处的阶帕德近似定义为：，且满足，，. 其中，.已知在处的阶帕德近似为.（其中为自然常数，） （1）求，的值； （2）若对于，不等式恒成立，求的取值范围； （3）证明：当时， 【答案】（1）0，1 （2） （3）证明见解析 【解析】 【分析】（1）结合题意，利用导数计算即可得. （2）构造函数，根据，结合函数单调性，由得满足题意，再证明充分性即可. （3）将证明，转换成证明，构造函数，求导，结合即可证明. 【小问1详解】 ， ； 所以； 【小问2详解】 由（1）得：. 令， 因为， 所以若恒成立，则在附近单调递增，即， 又， 所以，则. 下面证明充分性，即当时，不等式对于任意的恒成立， 由于当时，， 所以，当时，则恒成立， 当时，， 令， ， 所以，在上单调递增， 又，所以恒成立，即在上成立， 所以，成立，充分性得证， 综上，当时，不等式对于任意的恒成立， 即的取值范围为. 【小问3详解】 欲证明，只需证明， 令，， 当时， 当时，， 下证，由（2）可知， ， 取，则有， 所以当时，. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $