重庆市（康德卷）2025-2026学年高三年级上册高考模拟调研（一）（12月）数学试题+答案

重庆市(康德卷)2025-2026学年高三上学期高考模拟调研(-)

(12月)数学试题

学校:姓名：班级：考号：

一、单选题

1.己知向量a=(2,1)5=(-1,2)，则()

A.a//bB.a1bC.|a|>\b\D.a4-b=0

2.已知集合A={a\BxeR,x2+ax+1=0],B={x\(x-l)(x-3)<0},则An6=

()

A.[1,2]B.[-2,1]C.[2,3]D.[1,3]

4.已知圆0:/+y?=1,直线y=+a(a>0)与圆0相切，则。=()

A.1B.A/3C.2D.2\/3

5.已知正四棱锥P-/18CD的侧棱长为底面边长的加倍，则侧面与底面夹角的余弦值为（）

A.如B.豆C.匹D.回

7766

6.若sin（a+/?）=g,cos（a-S）=：,WJtana+tan^-4tanatan/?=（）

4

A.—B.IC.2D.4

25

7.某动漫社团为了调查本校学生对新上映电影的喜好程度，府该校学生进行了满意度调查，

其中男生共调查了600人,女生共调查了400人,男生平均给分4分,方差为1,女生

平均给分3分，方差也为1.则调研对象总体方差为（）

A.BYC.登D.2

552525

8.已知7n>0,若函数f（x）=mex—ln詈一1存在两个零点，则m的取值范围是（）

A.（0*）B.（0,；）C.（0,1）D,（0,2）

二、多选题

9.已知等差数列｛an｝中，。2=-6,即=9,前几项和为右,则下列选项正确的有（）

A.勾+。5=3B.a9=3C.S3=S4D.S7=0

10.已知复数Zi=7九+2i,z2=-3-ni（m,nGR）,则下列结论正确的是（）

A.若为纯虚数，贝lj2nl=3n

B.若Zi=Z2，MlZil=V13

C.若|zi+zzl=2,则|m+川|的最大值为g+2

D.若|zi+z2l=V^,则m+九的取值范围是[-3,1]

11.已知双曲线。吗一、=13>0*>0）的其中一条渐近线方程为〉=任，且过点（2,3）.

点P为该双曲线右支上一点，点4B分别为该双曲线左右顶点，点F1,F2分别为该双曲线左右

焦点.则下列说法正确的是（）

A.当乙RPF2=g时，APF/z的面积为3次

B.aPF/z的内切圆与“轴切于点G,则|GF]|—|GF2|二2

C.记P4PB的斜率分别为七，/c2,若点P位于第一象限，则有七+七>2百

D.过点P分别作两条渐近线的垂线，垂足为D,E,则两垂足距离最短为中

试卷第2页，共4页

三、填空题

12.在(1-2%)5的展开式中，第3项的二项式系数为.

13.已知正方体力8。0-4夕广。的棱长为3,点P,Q,R分别在棱力力',8GzyL,AP=

CQ=DR=1,则过p,Q,R三点的平面截正方体所得多边形的面积为—

14.某中学为了更好地弘扬优秀传统文化，举办了一个诗词擂台赛活动:活动形式为两人进

行擂台比拼，采用三局两胜制，每局通过抽签决定答题者，若答对则获得1分并继续答题,

若答错则对方获得1分并由对方问答下一道题，每局3题，且得分多者获胜，现有甲乙两人

参加擂台对抗赛，根据以往比赛经验，甲答对每道题的概率为J,乙答对每道题的概率为;,

则甲在这场比赛中获胜的概率为—.

四、解答题

15.已知函数/(%)=倔皿(sr+?-&sin(cox-力的最小正周期为n,其中3>0.

(1)求3,并求曲线丫=/(%)的对称中心;

(2)若/(0)=2^2,求tan20.

16.已知平面四边形/80C由一个等边△力8。与一个直角AC8D拼接而成，且乙CBD=90。，

现将△ABC沿8C折置，折叠后使平面力BC_L平面CBD.

(1)取A8中点E,证明：CE1TW/15D;

(2)若480c为等腰直角三角形，求二面角B-AD-C的正弦值.

17.已知平面内一定点做1,0),定直线1:%=4,现有一动点G满足到直线，的距离与到点力的

距离之比为2.

⑴求动点G的轨迹C的标准方程；

(2)已知点在C上，动直线匕与轨迹C交于P,。两点(不同于〃)，记PH,QH的斜率分

别为自,七，若ki+/c2=-1,求证:直线I过定点

18.2026年第23届男子足球世界杯赛，由美国、加拿大和墨西哥三国联合承办.赛制如下:

第一阶段为小组赛，先将48支球队分为12个小组，每组4支球队.同一小组中，每两

支球队均要踢•场球，根据赛制选出32支球队小组出线，参加第二阶段比赛.第二阶段为

淘汰赛，根据赛制将出线的32支球队分成16组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级：晋级

的16支球队又分成8组，每组2支球队踢一场球，胜者晋级，依次类推，直至产生前四名.

第三阶段为排位赛，进入前四名的球队分成两组,每组的2支球队踢一场球，胜者晋级决赛，

再踢一场球，争夺冠军；而失败的2支球队也要踢一场球，争夺季军.

(1)第23届男子足球世界杯总共进行多少场比赛？

⑵一球队为了在比赛中变换阵型，将原本在左边锋、左前卫、左后腰和左后卫位置的4名

球员交换位置，则这4名球员至少有3名不在自己对应位置上的概率为多少？

(3)假定力、B、C、0四支球队被分至同一小组，依据过往比赛记录可得，4球队战胜B球

队的概率为j踢成平局的概率为：；力球队战胜C球队的概率为：，踢成平局的概率为；：4球

2433

队战胜。球队的概率为：，踢成平局的概率为:•按照积分规则，获胜可积3分，平局可积I

42

分，失败则积0分，试求A球队在小组赛结束后的积分X的分布列和数学期望.

19.已知函数f(x)=ax-1—lnx(aGR)

(I)讨论函数/(幻的单调性

(2)若函数/(口存在两个零点X1，%2，求证：%+%2>2；

(3)已知数列｛。"的前n项和为Sn=n2+n,数列｛%｝是首项为2的等比数列，若存在正整数

m,使得对任意正整数kWm,均有与工以工员+1，求m的最大值.

试卷第4页，共4页

《重庆市(康德卷)2025-2026学年高三上学期高考模拟调研(一)(12月)数学试题》参

考答案

题号12345678910

答案BCACADDCACDBC

题号11

答案BCD

1.B

【分析】根据向量的坐标运算对每•选项逐•判断求解.

【详解】因为&=(2,1),b=(-l,2),

对于选项A,2x2-(-l)x1=5*0,所以选项A错误；

对于选项B,2x(-1)+1x2=0,所以所以选项B正确；

对于选项C,|a|=V22+I2=V5,|山=J(_l)2+22=通,所以闷二向，所以选项C

错误；

对于选项D,a+5=(2,1)+(-1,2)=(1,3)¥：0,所以选项D错误.

故选：B

2.C

【分析】先化简集合48,再根据交集运算求解.

【详解】因为€R,%2+ax+1=0,所以△二。2一4之0,解得QW-2或QZ2,

所以A=(-co,-2]U[2,4-00),

又B={x|(x-l)(x-3)<0}={x|l<x<3}=[1,3],

•••力nB=[2,3].

故选：C.

3.A

【分析】结合函数y=/i-2%+2)的图并利用特殊值即可求解.

【详解】对于B,由题可知函数y=f(—2x+2)的图象，当

x=2时y=/(-2x2+2)=/(—2)=0,故B项错误；

对于A、C、D：对于函数y=/(-2x+2),

当x=0时，y=/(-2x0+2)=/(2)=V2,故C、D项错误，A项正确.

故选：A.

4.C

【分析】根据圆心到直线为距离等于半径求解.

答案第1页，共13页

【详解】已知圆0：/+y2=],圆心0(0,0),

直线y=V3x+a(a>0),即—y+a=0(a>0),

由于直线与圆相切，则4=禺=1,则a=2.

故选：C

5.A

【分析】设正四极锥的底面边长为1,结合图形求出相关线段的长，作出并证叨

侧面与底面的夹角，借助于直角三角形即可求得答案.

【详解】设正四棱锥尸-的底面边长为1,则侧棱长为衣,

设。为底面正方形力BCD的中心，设”为的中点，连接PO,OM,PM,

则PO1平面A8CD,而。8=号48=¥，PB=五,

则PO=7PB2-OB?=J(V2)2-(y)2=y

又O为底面正方形ABC。的中心，M为BC的中点，则。M1BC,

又PB=PC,则PMJL8C,故乙PMO为侧面与底面的夹角，

22

因OM=AB=g,PM=y/PO+OM=J(方+

在Rt/kPOM中，cosZ.PMO=—PM=v77,

2

即侧面与底面夹角的余弦值为产

故选：A

6.D

【分析】将条件式分别利用和差角公式展开，两式相比弦化切得解.

sin(Q+/?)=g,|sinacos/?+cosasin/?=

1,得｛11

(cos(a-/?)=gIcosacos/?+sinasin/?=-

.sinacos/?+cosasin/?_4因tana+ian/?_4

cosacos/?+sinasin/?1+tanatan/?

答案第2页，共13页

即得tana+tan/?=44-4tanatan/7,即tana+tan£-4tanatan/?=4.

故选：D.

7.D

【分析】根据分层平均数求出总体平均数，然后根据分层方差和总体方差的关系求解可得.

【详解】记男生平均给分为五，方差为受，女生平均给分为石，方差为受，

则焉=4,石=3,s?=s,=1,

所以总体平均数土二三2?需■+石=：X4+：X3=¥，

600+490600+400555

所以总体方差为s2=一”一[1+(4-竺[1+(3-竺)2]=31

600+400\57J600+400[\57]25

故选：D

8.C

【分析】由题意得me*+ln(mex)=(x+1)+ln(x+1),构造函数g(x)=x+lnx(x>0),得

mex=x+l,再构造函数/i(x)=矍5>一1),结合图象即可得答案.

【详解】由/(幻二me"-In誓一1=0,m>0,知工〉一1

故me*-1=ln(x+1)—Inm,

即me*+x+Inm=in(x+l)+x+l

即me*+ln(?nex)=(x+1)+ln(x+1)

令9(%)=x4-lnx(x>0),则上述式子即为g(me")=g(x+1),

由于g'Q)=1+%且%>°，

故9(%)=x+lnx(x>0)在(0,+8)是单调递增函数,

故由g(meX)=g(x+1)可得me*=x+1

即m=令力(欠)=矍>>一1),

h()―否~下

由Zi'(x)=0,得％=0,

当一1VXV0时，»(%)>0,

当3>0时，/iz(x)<0,

故h(x)max=h(0)=*=l，八(-1)=0，且当%>0时，九(幻=詈>0恒成立,

由此可得出以")=X+1(X>-1)的大致图象如下;

答案第3页，共13页

A

由题意要求函数/1(x)=mex-In誉一1■存在两个零点，等价于函数y=m与h(x)=矍(%>

-1)的图象有两个交点，

由图可得：0V7九<1.

故选：C.

9.ACD

【分析】根据等差数列通项公式求出首项和公差，从而逐项判断.

【详解】根据题意，等差数列｛斯｝中，。2=-6,即=9,

可得自黑二，解得叫：

由于。4+=。2+。7=-6+9=3,A正确；

。9=%+8d=15,B错误：

S3=3al+—^d=3al+3d=—18,S4=4al+-^-d=4al+6d=—18,

所以S3=S4,C正确；

$7=7%十=7%+21d=0,D正确.

故选：ACD

10.BC

【分析】化简Z1Z2,由纯虚数的定义可判断A；由相等复数和复数的模长可判断B；对于

CD分别由复数的几何意义求出轨迹方程，再由圆的性质求解即可.

【详解】对于A,复数zL=m4-2i,z2=-3-ni(m,neR),

则Z1Z2=(m+2i)(-3-ni)=-3m+2n-(mn+6)i,

若Z1Z2为纯虚数，则｛一肃7。，得3m=2"，故A错误；

对于B,若Z1=Z2，则｛:二二;,所以Zi=-3+2i,

所以|z/=J(-3)2+22=45,故B正确；

对于C,Zi+Z2=(m—3)+(2-n)i,

z

由0+z2\=2可得：(TH-3y+(n-2)=4,

答案第4页，共13页

故点力(m,n)在以C(3,2)为圆心，2为半径的圆上,

\m+ni|=+九2表示圆上一点力⑺川到原点。(0,0)的距离,

圆心C(3,2)到原点0(0,0)的距离为J(3—0尸+(2-0)2=g,

则|m+的最大值为|CO|+r=YI5+2,故C正确；

2

对于D,由%+z2\=&可得(TH-3)+(n-2)2=2,

故点力(771,7。在以。(3,2)为圆心，企为半径的圆上，

设m=3+V2cos0,n=2+\/2s\n0,0<0<2TT,

所以m+n=5+V2cos0+V2sin0=5+2sin(6+3)W[3,7],

故D错误.

故选：BC.

11.BCD

【分析】先根据条件确定双曲线的方程，明确48,F],F2的坐标，结合双曲线的定义，余弦

定理求焦点aPFiF2的面积，判断A的真假；利用双曲线的定义和三角形内切圆的性质，可

判断B的真假；利用双曲线的标准方程，结合基本不等式，可判断C的真假；利用点到直

线的距离公式，结合余弦定理可判断D的真假.

t二3，所以双曲线c的方程为/一?=1.

所以c=必诉=2,所以顶点坐标为力(-1,0),8(1,0),焦点尸式一2,0),F2(2,0).

如图：

对A：当心FIPF2=9时，

,\PF1\-\PF2\=2

224

叫|Pa|2+\PF2\-2|"1|.IPF2I•cosy=(2c)=16=IPFJ.“I=

所以5"同产2=；*|PFiI・[PF?I•sing=qX4X与二6,故A错误;

对B：设△PF1F2的内切圆为圆月，与尸与，PF2相切于M,N,

答案第5页，共13页

则|PM|=|PN|,|&M|=|&G|,\F2N\=\F2G\.

又|PFJ-IPF2I=2=\PM\+|FjM|-\PN\-\F2N\=2=|&M|-|F2M=2=|FlG|一

\F2G\=2,故B正确；

对C：设POoJo），由题意以一苧=1,又因为P为双曲线右支上的点，所以

所以自=2->0,k=>0,且自H七，

Xo+12Xo-1

所以h+k2>2a；=2悬焉=2偌=2第=2g故c正确；

对D：因为1Poi=।缶。-闯,仍用=叵1也1,且4DP£=二

223

由余弦定理，

\DE\2=\PD\2+\PE\2-2|PD|•|PE|.cos^=@。—一+回江-I氏。7。匕昌。+词

3444

_3g+小_|3#3-油_3x2_2

因为々Z1,所以|DE|223W（当凡=1时取等号），即IDEIN*故D正确.

故选：BCD

12.10

【分析】根据题意结合二项式系数的定义运算求解即可.

【详解】由题意可知：第3项的二项式系数为釐=10.

故答案为：10.

二6

•2

【分析】分别在极低CUDW上取点瓦EG,且4E=CF=D'G=1,结合正方体的特征证

^QF||PG,PE||/?F,GR11EQ,从而得出所要求的多边形为六边形PEQFRG,且其面积等

于两个等腰梯形PERG与EQ/R的面积之和，从而得出答案.

答案第6页，共13页

分别在棱48,CC',D'4’上取点E,FG,且AE=CF=D'G=1,

易得ERIIBC,QFIIBC1

故ERIIQF,

同理可得ERIIPG,

故QdPG,

同理可求得PEIIR/7,GR||EQ,

故过P,Q,R三点的平面截正方体所得的多边形为六边形尸EQFRG,其面积等于两个等腰梯形

PERG与EQ/R的面积之和，

由条件可得PE=QF=RG=y[i,EQ=FR=PG=20,ER=3五,

从而可得梯形PERG的面为当

梯形EQFR的高为历，

故梯形PERG的面积为：x（2V2+3V2）Xy=^,

梯形EQFR的面积为[x（V2+3V2）xV6=473,

六边形PEQFRG的面积为手+473=等

故答案为：苧.

14.—

256

【分析】由题意分析得每局第一个答题是甲或乙，概率均为：，设事件4表示一局比拼中甲获

胜，甲得分有两种情况：3分或2分，分类求出一局后甲获胜的概率，再由独立事件乘法公

式求这场比赛甲获胜的概率.

【详解】由题意，每局第一个答题是甲或乙，概率均为:，且每局不可能出现平局，

设事件4表示某一局甲获胜，则甲得分有两种情况：3分或2分，

若甲第一个答题，

甲得3分：3题甲都答对，故其概率为弓）3=[

N8

甲得2分：3题对错依次为甲对甲对甲错、甲对甲错乙错、甲错乙错甲对，故其概率为

若乙第一个答题，

答案第7页，共13页

甲得3分：3题对错依次为乙错甲对甲对，故其概率为(l—；)x；xj=g

甲得2分：3题对错依次为乙对乙错甲对、乙错甲对甲错、乙错甲错乙错，故其概率为:x(l-

综上，一局比拼,甲获胜的概率为P⑷/x《+3+：xC+3=£

所以甲在这场比赛中获胜的概率为gxg+gx(l-3x2+(l-g)xgx：=F.

ooooooooZ56

故答案为：芸

15.(1)3=2,仔一三,O),〃WZ；

(2)2-V3

【分析】(1)利用三角恒等变换公式化简/(x)的表达式，结合函数的最小正周期，求出3,

再结合止弦困数的对称中心，即川求得答案；

(2)由八。)=2企可求出20=2kn+B，k£Z,利用三角函数诱导公式以及两角差的正切

公式，即可求得答案.

【详解】（1）/（x）=V6sin（6）x+-）-V2sin（ojx+--

442

=V6sin（a）x+g）+V2cos（tox+：）

Z-[Vdn1TT1

=2V2-^-sin（z3X+4）+]Cos®x+*）

=2\/2sin（a）x+；+'）=2>/2sin（a>x+工）,

因为函数的最小正周期为n,3＞。，所以*e则有“=2,

所以/（%）=2V2sin（2x+菖）；

由2x+"=Zrrr,k£Z,可得x="一qk£Z,

12224

所以函数/（无）的对称中心为（一一翁,0）,k6Z；

（2）由于/（。）=2&sin（26+工）=2&,所以sin（28+工）=1,

则有26+川=2kn+\k€Z,即26=2kn+二,kGZ,

12212

所以tan2。=tan（2kir+-）=tan—=tan（---）==2-V3.

7、Y

112123l+tan*3anm,T1+V3

答案第8页，共13页

16.（1）证明见解析

（2呼

【分析】（1）根据条件证明CE148,CE1BD即可.

（2）建立空间直角坐标系，求出平面A8D和平面ADC法向量，利用向量的运算求解.

【详解】（1）因为平面BCDJ■平面48C,平面BCOCI平面{8c=8C,BD1BC,8。u平面

BCD,

所以8D_L平面力BC,CEu平面48C,所以BD_LCE,

因为△ABC为正三角形，E为棱48的中点，所以

又BDCAB=B,BD,ABu平面力BD,所以CE1平面;4BD；

（2）取BC的中点。，连接4。，则4018C,

取CD的中点心连接。凡则0F〃8D,而BD_L8C,故OF_L8C,

由（1）BD1平面ABC,即OF_L平面力8C,OAu平面工BC,

则OFJ.04即04,08,OF两两垂直，

以。为原点建立空间直角坐标系。一xyz,如图所示，不妨设80=2a,

贝IL4（0,0,HQ）,8（Q,0,0）,C（-Q,0,0）,0（Q,2Q,0）,则刀=（Q,0,遮Q）,而=（2a,2a,0）,

设平面AC。的法向量为玩=（%,y,z）,则巧.3=°,

（m•CD=0

即以x+lgaz=?,不妨取z=—l,得而=

{2ax+lay=0

因为呢。,0,苧a）,所以屈=（1,0号a）,

由（1）知，CE1平面力BD,则可取元=（，5,0,1）作为平面ABZ）的一个法向量，

•+.\mn2x/7

由84皿几〉=丽=而=彳'

故二面角B-AD-。的正弦值为sin。=J1一停了=手.

答案第9页，共13页

17.(l)y+^=l;

(2)证明见解析.

【分析】(1)利用点线及两点距离公式列方程并整理得到轨迹方程；

(2)首先确定y=0满足题设，若该定点存在，则必在x轴上，记为K(a,O),再设。为％=my+

a，PQi，yi)，Q(M，y2)，联立轨迹。，并应用韦达定理和的+七=-1求参数值，即可证•

【详解】(1)设点G(%y),由题意有万义三=2,整理得(％-4)2=4[(X-1)2+V],

化简得?+?=1,所以动点G的轨迹标准方程为?+?=1；

(2)先考察直线y=0,此时P(-2,0),Q(2,0),且七+A2=[=一1，满足题意，

若该定点存在，则必在工轴上，记为K(a,O),

x=my+a

X2y2

{T+T=1

22

所以(3血2+4)y+Gamy+3a-12=0,则A=36nl2a2_4(3nl2+4)(3小_⑵>0,

3a2T2

所以％+%=一^；，%丫2=

3m2+4

所以自+&=后+省=Zo_,_力一？_2myiy2+(a-l-5m)(yi+y2)-3(a-l)

22

my1+a-lmy2+a-lmyly2+Tn(a-l)(yl+y2')+(a-l)

9m2+(6a-24)m-12a+12

所以=-1,则分子、分母中关于m的系数对应成比例,

-9m2+4a2-8a+4

所以｛12”：二窜-°8Q+4,可得《=4,该定点为K(4,。).

18.(1)104

Q洋

(3)分布列见解析，

•5

【分析】(1)根据题意分小组赛、淘汰赛以及决赛运算求解：

(2)分有3名球员不在自己对应位置上和有4名球员不在自己对应位置上，结合古典概型

运算求解；

答案第10页，共13页

（3）分析可知积分X可能取值为：0,123,4,5,6,7,9,结合题意求相应概率，即可得分布列

和期望.

【详解】（1）①第一阶段12个小组，每组4支球队两两比赛，共有12第=72场；

②第二阶段从32支球队淘汰到产生前四名，共有16+8+4=28场；

③第三阶段，共有2+2=4场；

所以比赛总场数为72+28+4=104场.

（2）若有3名球员不在自己对应位置上最X2=8；

若有4名球员不在自己对应位置上G玛=9；

则4名球员至少有3名球员不在自己对应位置上的概率为P=*=

（3）4球队在小组三场比赛结束后的积分X可能取值为：0,123,4,5,6,7,9,

其中：0分（三负）、1分（一平两负）、2分（两平一负）、3分（一胜两负或三平）、

4分（一胜一一平一负）、5分（一胜两平）、6分（两胜一负）、7分（两胜一平）、9分（三胜），

1111

则有XX

一

--一

434

48

111111111I

XX+XX+-XX

一

---・---

(X434434432n

1111111115

PXX+XX

一

・

-------一

2)434432432

48

111111111111

-X-X-+-X-X-+X-X-+-X-X-=-

3)234344434328

111111111111

^++++

-X-X--X-X-X-X-X-X-X-X+X-X

(X72342323432338

11111111

-X-X-+-X-X-+X-X-

5)232432348

Pc(八X,=6八)=-1x-1x-1+,-1x-1x-1+,-1x-1x-1=—5

'723423443448

P(X=7)=-x-x-+-x-x-+-x-x-=—；

\723223443448

P(X=9)=-XiXi=-;

'723424

所以随机变量X的分布列为

X012345679

1151117571

P