重庆市部分校2025-2026学年高三上学期9月考试数学试题（含解析）

答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页重庆市部分校2025-2026学年高三上学期9月考试数学试题学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．（

）A． B． C． D．2．2024年四川实现地区生产总值64697.0亿元，从主要工业产品产量看，相比于上一年的产量，单晶硅､锂离子电池､汽油､多晶硅､集成电路､发电机组､天然气､发电量的增长率分别为，则这组数据的分位数为（

）A． B． C． D．3．若为奇函数，当时，，则（

）A．10 B． C．12 D．4．已知集合，则（

）A． B．C． D．5．若一个圆锥与一个圆台的体积相等，且圆台的上､下底面半径分别为2，3，高为3，圆锥的底面半径为2，则该圆锥的高为（

）A． B．19 C． D．6．甲､乙､丙三人各自计划暑假去重庆旅游，他们都从武隆天生三桥､长江索道､洪崖洞民俗风貌区､重庆动物园､仙女山､白帝城这六个景区中任选一个，若甲不去重庆动物园，且甲､乙､丙三人去的景区互不相同，则这三人的不同选择方法共有（

）A．96种 B．100种 C．108种 D．120种7．已知为椭圆上一点，椭圆的四个顶点为，且，则（

）A．点必在椭圆上 B．点必在椭圆上C．点必在椭圆上 D．点必在椭圆上8．若，则（

）A． B．C． D．二、多选题9．已知双曲线，则（

）A．B．双曲线的实轴长为C．双曲线的渐近线方程为D．当双曲线的离心率等于其虚轴长时，10．已知函数，则（

）A．B．当时，与在上的单调性相同C．当与的最大值相等时，D．不论取何值，的图象总关于直线对称11．若正方体内放入两个半径相等的小球，且小球半径的最大值为，为棱上一点，且，则（

）A．点到平面的距离为B．与底面所成角的正切值为C．异面直线与所成的角小于D．四棱锥外接球的表面积为三、填空题12．在等差数列中，，则公差.13．若向量与的夹角为为随机变量，且.设，则的概率为，.14．已知曲线，若圆与都相切，则圆的标准方程为.四、解答题15．在中，分别是内角的对边，且.(1)求；(2)若，证明：为直角三角形.16．如图，在边长为3的正方形中，分别在边上，，将沿翻折，使得点与点重合，且平面平面，

(1)证明：平面且.(2)求平面与平面的夹角.17．已知抛物线的焦点到直线的距离为，直线与交于两点.(1)求的准线方程；(2)若直线的方程为，求；(3)过两点分别作的切线，且相交于点，若点的纵坐标为，证明：直线过定点.18．已知函数.(1)证明：.(2)若在上只有一个零点，求的取值范围.(3)设是的两个零点，证明：.19．一个不透明的袋子中装有编号分别为的4个小球，每次从袋中随机摸出1个小球并记录编号后放回袋中，当连续两次摸出的小球编号相同时，停止摸球，设停止摸球时已摸球的次数为.记第次摸到的小球编号为.(1)求与；(2)设，求与；(3)当时，为随机变量，若是奇数，则，若是偶数，则，求.《重庆市部分校2025-2026学年高三上学期9月考试数学试题》参考答案题号12345678910答案ADDCABABABDACD题号11答案BC1．A【分析】根据复数的乘法和加法运算求解.【详解】.故选：A.2．D【分析】根据题意，由百分位数的定义代入计算，即可得到结果.【详解】将这组数据按照从小到大的顺序排列为，，因为，所以这组数据的分位数为第5个数，即.故选：D3．D【分析】由奇函数性质结合题意可得答案.【详解】因为为奇函数，时，,所以.故选：D4．C【分析】通过解绝对值不等式和根式不等式化简集合，再结合交集、并集的定义即可求解.【详解】因为，所以.故选：C.5．A【分析】根据圆锥与圆台的体积公式即可求解.【详解】设该圆锥的高为，则，解得.故选：A6．B【分析】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，得到答案,【详解】先安排甲，再将剩余的2人进行排列，故这三人的不同选择方法共有种.故选：B7．A【分析】由题不妨设，易得为的两个焦点，则，推得，利用椭圆的定义即可求解.【详解】因椭圆的四个顶点为，不妨设，因为椭圆的焦点为，则为的两个焦点，则，所以，所以点在以为焦点，长轴长为6的椭圆上.设该方程为，依题意，则，即点必在椭圆上.故选：A.8．B【分析】先变形得到，构造函数，求导得到其在上的单调性，从而得到，.【详解】因为，所以.设函数，则，当时，单调递减，所以，所以，故.故选：B9．ABD【分析】根据双曲线标准方程的特点，可得双曲线C的焦点在x轴上，由此确定.对照确定的值，依次判断选项，可得正确答案.【详解】选项A：依题意可得双曲线C的焦点在x轴上，所以所以选项A正确；选项B、C：对照焦点在x轴上的双曲线的标准方程：，知.所以双曲线的实轴长为；双曲线的渐近线方程为：，即.所以选项B正确，选项C错误；选项D：双曲线的离心率等于虚轴长时，，则，所以，解得.所以选项D正确.故选：ABD.10．ACD【分析】对于A计算即可判断，对于B先判断的单调性，再利用复合函数判断的单调性即可判断，对于C由，根据与的最大值相等，即可求，进而判断，对于D验证是否成立即可判断.【详解】由题意有对于A：，故A正确.对于B：当时，在上先减后增，令，则，又因为在上单调递减，在单调递减，由复合函数单调性可知，在上单调递增，故B错误.对于C：，当与的最大值相等时，且，得，故C正确.对于D：因为，所以不论取何值，的图象总关于直线对称，D正确.故选：ACD.11．BC【分析】当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值，进而可得正方体的棱长为4.对于A，连接，证得平面，点作，则平面，则即为点到平面的距离，计算即可；对于B，连接，则为与底面所成的角，计算即可；对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角），以为原点建立坐标系，根据向量求解判断即可；对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点，求得外接球半径，根据球的表面积公式计算即可.【详解】设这两个小球的球心为，当均落在该正方体的一条体对角线上且这两个小球相切，同时这两个小球均与正方体的三个面相切时，小球的半径取得最大值，设半径的最大值为，则该正方体的体对角线为，所以该正方体的棱长为4.对于A，连接，设，在正方体中，平面，，因为平面，所以，因为，平面，所以平面，过点作，则平面，因为，所以点到平面的距离为，故A错误；对于B，连接，则为与底面所成的角，且，故B正确；

对于C，因为，所以异面直线与所成的角为与所成的角（或其补角），以为坐标原点，所在直线分别为轴，建立平面直角坐标系，如图所示：

则，则，所以异面直线与所成的角小于，故C正确；对于D，四棱锥外接球的球心为线段的中点，则四棱锥外接球的半径为，则四棱锥外接球的表面积为，故D错误.故选：BC12．5【分析】由题目给出的已知条件，直接代入等差数列的通项公式求公差即可.【详解】在等差数列中，，所以公差.故答案为：5.13．/6【分析】第一空，由数量积定义式结合可得，据此可得答案；第二空，由第一空结合可得答案.【详解】第一空，.由，得，则的概率为；第二空，由第一空，.故答案为：；.14．【分析】由，得，由，得，由，得，画出曲线的图像，利用对称性可设，即，解出即可.【详解】由，得，则曲线表示圆的上半部分，由，得，则曲线表示圆的上半部分，由，得，则曲线表示圆的上半部分，画出曲线，如图所示.根据对称性可知，圆的圆心在轴的正半轴上，设圆的标准方程为，则，解得，故圆的标准方程为.故答案为：.15．(1)(2)证明见解析【分析】（1）结合两角和差的正切公式，利用角的拼凑即可求出；（2）利用正弦定理角化边，得到边的关系，再由（1）利用余弦定理得到进一步的关系，最后利用勾股定理证明直角三角形即可.【详解】（1）.（2）证明：因为，由正弦定理得，所以.由（1）知，所以，由余弦定理，得，所以，所以为直角，故为直角三角形.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）由线面平行的判定定理可证明平面，由面面垂直的性质定理可得，计算得到的值，由勾股定理求得的值；（2）以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，利用空间向量计算二面角可得结果.【详解】（1）证明：因为平面平面，所以平面.取的中点，连接.因为，所以，则，所以.又平面平面，平面平面，所以平面，所以.因为，所以，所以，所以.（2）以为坐标原点，的方向分别为轴､轴的正方向建立空间直角坐标系，如图所示，则

所以.设平面的法向量为，则，即令，得.设平面的法向量为，则，即令，得.由，得，所以平面与平面的夹角为.17．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用点到直线的距离公式，结合抛物线焦点坐标列方程求解，即可得准线方程.（2）联立直线与抛物线方程，利用韦达定理，结合弦长公式即可计算弦长.（3）先设直线方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理得到根与系数的关系，再利用导数得出切线的方程，联立切线的方程得到交点的坐标，最后结合点纵坐标条件推导直线过定点，即可得证.【详解】（1）根据题意作图如下：

由题意知.因为点到直线的距离为，所以，解得或，又因为，所以，所以抛物线的准线方程为.（2）根据题意作图如下：

将代入，得，则，所以.（3）证明：根据题意作图如下：

由已知，直线与抛物线有两个交点，则其斜率一定存在.设.由，得，所以.由，得，则，所以过点的切线方程为，即，同理过点的切线方程为，由，得，即，又点的纵坐标为，所以，又，所以，解得，所以直线过定点.18．(1)证明见解析(2)(3)证明见解析【分析】（1）构造函数，通过求导分析的单调性，进而求得的最大值，若最大值小于0，即可证明.（2）将函数零点问题转化为方程的解的问题，将变形为，构造函数，通过求导分析在上的单调性、极值及极限情况，结合与直线的交点个数来确定的取值范围.（3）根据题意，，将这两个等式相加进行变形，结合基本不等式构造函数，分析与之间的关系，即可证明不等式.【详解】（1）证明：将代入函数，得.设，则，当时，，单调递增，时，，单调递减，所以，所以，故，.（2）由，得.设，则，当或时，，单调递增，当时，，单调递减，所以在处取得极大值，且极大值为，在处取得极小值，且极小值为，，当时，，故的取值范围是.（3）证明：因为是的两个零点，所以，则，即，因为，，所以，所以.设，，则，当时，，当时，，所以，即.19．(1)，(2)1，(3)答案详见解析【分析】（1）解法一：利用独立事件的乘法公式，讨论每次摸球的编号即可解题；解法二：利用计数原理得到样本点个数，再利用古典概型可得答案.（2）解法一：建立起关于的递推公式，再求出通项公式，再利用等比数列的前项和公式求出的前项和；解法二：摸球次停止，意思是除了最后2次摸球的编号一样，其他的与前面一次摸球的编号都不一样，利用这个规则，可直接归纳出，即可得答案.（3）利用“当时，可分成两种情况：当时，与同为奇数或同为偶数；当时，与一奇