2026年重庆九龙坡高三高考一模数学试卷试题（含答案详解）

试卷第=page11页，共=sectionpages33页试卷第=page11页，共=sectionpages33页九龙坡区高2026届学业质量调研抽测(第一次)数学试卷一、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，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．复数满足，则（

）A． B．5C． D．3．有一位射击运动员在一次射击测试中射靶10次，记录每次命中的环数，得到如下一组数据:7，8，7，9，5，6，9，10，7，4.则这组数据的第25百分位数为（

）A．5.5 B．6 C．8.5 D．94．双曲线的焦距为，其一条渐近线方程为，则双曲线的方程为（

）A． B． C． D．5．已知变量和的成对样本数据的经验回归方程为，且，当增加1个样本数据后，重新得到的经验回归方程的斜率为，则在新的经验回归方程的估计下，样本数据所对应的残差为（

）A． B． C．1 D．26．已知，，，则，，的大小关系是（

）A． B． C． D．7．已知函数的最小正周期为，将所有的正零点按从小到大的顺序排列得到数列，则数列的前12项的和为（

）A． B． C． D．8．如图左，是由一个四边形和两个三角形构成的平面图形，已知四边形为矩形，和都是边长为的等边三角形，将和分别沿直线和折起，连接，得到几何体，如图右，在这个几何体中，，若几何体顶点都在球的球面上，则球的表面积为（）

A． B． C． D．二、选择题:本大题共3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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分.9．已知分别为椭圆的左、右焦点，为椭圆上一点，，点关于原点的对称点为，则（

）A．椭圆的离心率为 B．C．直线的斜率为2 D．10．在中，角所对的边分别为，且，为的中点，则（

）A． B．的最大值为C．的周长的取值范围是 D．的最大值为11．已知函数，则（

）A．函数存在唯一零点B．若方程在上有唯一解，则实数的取值范围是C．存在唯一，使得D．关于的不等式在上恒成立，则实数的取值范围是三、填空题:本大题共3小题，每小题5分，共15分.12．已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则.13．已知，则.14．盒子中有4个红球，6个白球，从盒中每次取1个球，取出后将原球放回，再加入2个同色球，所有的球除颜色外其它均相同，则第2次取到红球的概率为；在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为.四、解答题:本大题共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．设等比数列的前项和为，已知，.(1)求和；(2)设，证明：.16．如图，在四棱锥中，平面底面，四边形为直角梯形，，已知为的中点.

(1)求证：平面；(2)求平面与平面所成二面角的正弦值.17．某企业为了提高生产效率和产品质量，更新了机器设备，为了检验新机器生产零件的质量，该企业质检部门要对新机器生产的零件抽样检测.(1)在调试生产初期，质检部门抽检该机器生产的10个零件中有2个为次品，现从这10个零件中随机抽取3个零件，设抽取的零件为次品的个数为，求的分布列和数学期望;(2)在正式生产后，质检部门从新机器生产的一批零件中随机抽取100件进行检验，其中有3件为次品.用频率估计概率，现从新机器生产的这批零件中随机抽取个零件，记这个零件中恰有2件为次品的概率为，求取得最大值时的值.18．已知函数为的导数.(1)求曲线在点处的切线方程；(2)对，都有，求的取值范围；(3)设，若在上有零点，求证：.19．已知抛物线的焦点为，半径为的圆与轴相切于点，圆与抛物线的一个公共点记为.(1)设，试建立关于的函数关系式(用含的式子表示)；(2)若是唯一的公共点，且.(ⅰ)求的方程；(ⅱ)为直线上的动点，直线与抛物线的另一个交点为，直线与轴的交点分别为，求的值.答案第=page11页，共=sectionpages22页答案第=page11页，共=sectionpages22页1．C【分析】通过求解不等式，得集合，根据集合的交集求得.【详解】由，得，所以.所以.因为，所以.故选：C.2．C【分析】根据模长的性质，以及模长公式即可求解.【详解】由可得，故，故选：C3．B【分析】先从数据从小到大排列，再根据百分位数的定义进行求解.【详解】将数据从小到大排列为4，5，6，7，7，7，8，9，9，10，，故从小到大选取第3个数作为这组数据的第25百分位数，即6.故选：B4．A【分析】由题意求得的值，即可得到双曲线的方程.【详解】设双曲线的焦距为，则，解得.所以双曲线的方程为.故选：A.5．B【分析】先计算新的数据的平均值，后得到经验回归方程，再结合残差概念计算即可.【详解】由，可得增加1个样本数据后的平均数为，因为，所以，则增加1个样本数据后的平均数为，所以，解得，所以新的经验回归方程为，则当时，，样本点的残差为.故选：B.6．D【分析】根据指数与对数的互化及对数函数的单调性比较大小即可.【详解】由可得，.因为，所以，即..由可得，.因为，所以，所以.综上，.故选：D.7．A【分析】由辅助角公式化简，并利用的最小正周期求出，得到的解析式，令得到或，，确定奇数项和偶数项分别为公差为的等差数列，利用等差数列求和公式得到答案.【详解】，因为的最小正周期为，，所以，故，所以，令，即，即，所以或，解得或，，又所有的正零点按从小到大顺序排列得到数列，故令且，得到，，，，……，显然，奇数项为首项为，公差为的等差数列，偶数项为首项为，公差为的等差数列，故数列的前12项和为.故选：A8．B【分析】找到球心及球心在平面上的投影，根据各边长度，设出，利用半径构造直角三角形列出方程，求出半径，即可得到球的表面积.【详解】连接交于点，因为四边形为矩形，则点为矩形的外接圆圆心，连接，则平面，取的中点，连接，平面，平面，平面平面，所以，可得，因为为等边三角形，则，且平面，所以平面，且平面，可得平面平面，因为平面，且平面，所以平面，设，所以到平面的距离，设，外接球的半径为，因为，则，，即，解得，所以，故球的表面积为.

故选：.9．BD【分析】根据椭圆的标准方程和定义，利用余弦定理，三角形面积公式等逐一计算即可判断.【详解】对于A，由题意知，所以，所以，所以离心率，故A错误；对于B，由椭圆定义可知，在中，由余弦定理得：，即，所以，故B正确；对于C，由得，因为点和点关于原点的对称，所以，又为椭圆上一点，所以，所以，所以，故C错误；对于D，，故D正确；故选：BD10．ABD【分析】对于A，由题设结合正弦定理、两角和的正弦公式化简求解即可判断；对于B，先由余弦定理得，进而结合基本不等式可得，再结合平面向量的线性运算、数量积的运算律可得，进而求解判断即可；对于C，结合B及基本不等式可得，进而判断即可；对于D，根据正弦定理及三角恒等变换公式可得，进而求解判断即可.【详解】对于A，由，根据正弦定理得，，则，即，在中，，则，即，又，则，故A正确；对于B，由余弦定理得，，则，即，当且仅当时等号成立，由于为的中点，则，所以，则的最大值为，故B正确；对于C，由B知，，解得，当且仅当时等号成立，又，则的周长的最大值为3，故C错误；对于D，由正弦定理得，则，所以，因为，所以，则，即时，，取得最大值为，故D正确.故选：ABD11．ACD【分析】对于选项A：对求导后根据的正负判断单调递增后易得存在唯一零点；对于选项B：对求导后根据的正负判断的增减性，求出极小值即最小值不在选项范围内；对于选项C：设，再根据形式化简后求导并判断的增减性，求出极小值即最小值为0，即存在唯一零点；对于选项D：讨论的范围后参变分离，构造新函数求导分析即可求得的取值范围.【详解】对于选项A：由题易得，则在上单调递增，且当时，，且当时，，由零点存在定理，在上有且仅有1个零点，故A选项正确；对于选项B：由题得，令，则，故在上，，单调递减，在上，，单调递增，故在处取极小值，即最小值，且易得当时，，则有若在上有唯一解，则或，故B选项错误；对于选项C：设，，则，故，则，令，，故在上，，单调递减，则在上，，单调递增，故在处取极小值即最小值，则有在上有且仅有1个零点，由选项A易得在上单调递增，故有且仅有1个解使，即有且仅有1个零点，故C选项正确；对于选项D：若有在R上恒成立，讨论的范围后参变分离：①若，则有，显然成立②若，则有，令，则，令，或（舍），易得当时，在处取极小值即最小值，因此；③若，则有，令，则，令，（舍）或，易得当时，在处取极大值即最大值，因此；综上，的取值范围是故选项D正确.故选：ACD12．【分析】先得到，根据函数为奇函数得到，求出答案.【详解】是定义在上的奇函数，故，又当时，，故，所以.故答案为：13．##【分析】利用两角差的正切公式求得的值，再利用二倍角的余弦公式以及弦化切即可求解.【详解】由题意得，所以.故答案为：14．####【分析】根据条件概率及全概率公式即可求解.【详解】记事件“第次取到红球”，则，，所以，即第2次取到红球的概率为；，所以，即在第2次取到红球的前提下，第3次取到白球的概率为.故答案为：；.15．(1)，(2)证明见解析【分析】（1）利用等比数列的通项公式和前项和公式列式求解；（2）利用裂项相消法求前项和即可证明.【详解】（1）由为等比数列，，可得，即，，解得，所以，，.（2），，，因为，所以，从而.16．(1)证明见解析(2)【分析】（1）取的中点，连接，结合中位线性质，利用线面平行的判定定理即可证明.（2）先利用面面垂直的性质及梯形性质可得，，再建立空间直角坐标系，利用空间向量法求得二面角平面角的余弦值，进而利用同角三角函数关系求解正弦值即可.【详解】（1）取的中点，连接，因为E为中点，所以且，又因为，且，所以且，故四边形为平行四边形，故，又平面，平面，所以平面.

（2）取棱的中点，连接，.因为，且是棱的中点，所以.因为平面底面，平面底面，平面，所以底面，又底面，底面，所以，，因为，且，所以且，又，故四边形为矩形，所以，则以为坐标原点，，，所在直线分别为轴、轴、轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

则，，，设平面的法向量为，则，取，得，设平面的一个法向量为，则，取，得，则，设平面与平面所成二面角的平面角为，则，所以，故平面与平面所成二面角的正弦值为．17．(1)的分布列详见解析；(2)66【分析】（1）根据分布列、数学期望及超几何分布概率计算公式求解即可.（2）根据二项分布求出，比较与1的大小关系，判断数列的单调性，从而找到最大值点.【详解】（1）的可能取值为0，1，2.，，.所以的分布列为012数学期望为.（2）由频率估计概率，单次抽到次品的概率为，则个零件中恰有2件次品的概率为..令，即，解得；令，解得.因此，当时，，当时，，所以​在时取得最大值.故取得最大值时的值为66.18．(1)(2)(3)证明见解析【分析】（1）利用导数的几何意义求解即可；（2）求导，结合导数的正负分、两种情况讨论求解即可；（3）设在上的零点为，由题意可得，则点为直线上一点，表示点到原点的距离，进而得到，设，，利用导数分析函数的单调性，进而求证即可.【详解】（1）由，得，而，则，所以曲线在点处的切线方程为.（2）由，则，即对于恒成立，设，，则，设，，则，函数在上单调递增，且，当，即时，，则函数在上单调递增，所以，则函数在上单调递增，则，即对于恒成立；当，即时，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则时，，此时函数在上单调递减，则，不符合题意.综上所述，的取值范围为.（3）由，，令，即，设在上的零点为，则，则点为直线上一点，所以表示点到原点的距离，则，即，设，，则，所以函数在上单调递减，则，即，又，则，设，，则，令，得，令，得，所以函数在上单调递减，在上单调递增，则，即.19．(1)(2)(ⅰ)；(ⅱ)【分析】（1）写出圆的方程，根据点在圆上列方程，再根据点在抛物线上消去即可求出答案；（2）(ⅰ)将圆的方程与抛物线方程联立消得，根据题意得方程有且只有一个根，令，通过求导求出函数的唯一零点，即为，代入（1）的结论即可求出抛物线方程；(ⅱ)联立直线方程与抛物线方程求出点的坐标，写出直线的方程即可求出，求出，即可求出答案.【详解】（1）当在轴