重庆市2026届高三上学期12月高考模拟调研考试（一）数学试卷 含答案

重庆市普通高中2025-2026学年高三上学期高考模拟调研（一）数学试题一、单选题1．已知向量，则（

）A． B． C． D．2．已知集合，则（

）A． B． C． D．3．若函数的图象如图所示，则函数的图象可能为（

）A． B． C． D．4．已知圆，直线与圆相切，则（

）A．1 B． C．2 D．5．已知正四棱锥的侧棱长为底面边长的倍，则侧面与底面夹角的余弦值为（

）A． B． C． D．6．若，则（

）A． B．1 C．2 D．47．某动漫社团为了调查本校学生对新上映电影的喜好程度，对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． B． C． D．8．已知，若函数存在两个零点，则的取值范围是（

）A． B． C． D．二、多选题9．已知等差数列中，，，前项和为，则下列选项正确的有（

）A． B． C． D．10．已知复数，则下列结论正确的是（

）A．若为纯虚数，则B．若，则C．若，则的最大值为D．若，则的取值范围是11．已知双曲线的其中一条渐近线方程为，且过点.点为该双曲线右支上一点，点分别为该双曲线左右顶点，点分别为该双曲线左右焦点.则下列说法正确的是（

）A．当时，的面积为B．的内切圆与轴切于点，则C．记，的斜率分别为，，若点位于第一象限，则有D．过点分别作两条渐近线的垂线，垂足为，则两垂足距离最短为三、填空题12．在的展开式中，第3项的二项式系数为.13．已知正方体的棱长为3，点分别在棱，，则过，，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分并由对方回答下一道题，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，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．已知函数的最小正周期为，其中.(1)求，并求曲线的对称中心；(2)若，求.16．已知平面四边形由一个等边与一个直角拼接而成，且，现将沿折叠，折叠后使平面平面.(1)取中点，证明：平面；(2)若为等腰直角三角形，求二面角的正弦值.17．已知平面内一定点，定直线，现有一动点满足到直线的距离与到点的距离之比为2.(1)求动点的轨迹的标准方程；(2)已知点在上，动直线与轨迹交于，Q两点（不同于H），记的斜率分别为，若，求证:直线过定点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，每两支球队均要踢一场球，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?(2)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、、、四支球队被分至同一小组，依据过往比赛记录可得，球队战胜球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜C球队的概率为，踢成平局的概率为；球队战胜D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1分，失败则积0分，试求A球队在小组赛结束后的积分的分布列和数学期望.19．已知函数()(1)讨论函数的单调性(2)若函数存在两个零点，求证:；(3)已知数列的前项和为，数列是首项为2的等比数列，若存在正整数，使得对任意正整数，均有，求的最大值.

参考答案1．B【详解】因为，，对于选项A，，所以选项A错误；对于选项B，，所以，所以选项B正确；对于选项C，，，所以，所以选项C错误；对于选项D，，所以选项D错误.故选：B2．C【详解】因为，所以，解得或，所以，又，.故选：C.3．A【详解】对于B，由题可知函数的图象，当时，故B项错误；对于A、C、D：对于函数，当时，，故C、D项错误，A项正确.故选：A.4．C【详解】已知圆，圆心，直线，即,由于直线与圆相切，则，则.故选：C5．A【详解】设正四棱锥的底面边长为1，则侧棱长为，设O为底面正方形的中心，设M为的中点，连接，则平面，而，,则又O为底面正方形的中心，M为的中点，则，又，则，故为侧面与底面的夹角，因,在中，，即侧面与底面夹角的余弦值为故选：A6．D【详解】由，得，，即，即得，即.故选：D.7．D【详解】记男生平均给分为，方差为，女生平均给分为，方差为，则，所以总体平均数，所以总体方差为.故选：D8．C【详解】由，，知故，即即令则上述式子即为由于，且，故在是单调递增函数，故由可得即，令，，由，得，当时，，当时，，故，，且当时，恒成立，由此可得出的大致图象如下：由题意要求函数存在两个零点，等价于函数与的图象有两个交点，由图可得：．故选：C．9．ACD【详解】根据题意，等差数列中，，，可得，解得，由于，A正确；，B错误；，所以，C正确；，D正确.故选：ACD10．BC【详解】对于A，复数，则，若为纯虚数，则，得，故A错误；对于B，若，则，所以，所以，故B正确；对于C，，由可得：，故点在以为圆心，为半径的圆上，表示圆上一点到原点的距离，圆心到原点的距离为，则的最大值为，故C正确；对于D，由可得，故点在以为圆心，为半径的圆上，设，所以，故D错误.故选：BC.11．BCD【详解】由，所以双曲线的方程为.所以，所以顶点坐标为，，焦点，.如图：对A：当时，由，所以，故A错误；对B：设的内切圆为圆，与，相切于，，则，，.又，故B正确；对C：设，由题意，又因为为双曲线右支上的点，所以.所以，，且，所以.故C正确；对D：因为，，且，由余弦定理，.因为，所以（当时取等号），即.故D正确.故选：BCD12．【详解】由题意可知：第3项的二项式系数为.故答案为：10.13．【详解】如图所示：分别在棱上取点，且，易得，，故，同理可得，故，同理可求得，，故过三点的平面截正方体所得的多边形为六边形，其面积等于两个等腰梯形与的面积之和，由条件可得，，，从而可得梯形的高为，梯形的高为，故梯形的面积为，梯形的面积为，六边形的面积为．故答案为：．14．【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，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，甲得3分：3题对错依次为乙错甲对甲对，故其概率为，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，综上，一局比拼，甲获胜的概率为，所以甲在这场比赛中获胜的概率为.故答案为：15．(1)，；(2)【详解】（1），因为函数的最小正周期为，，所以，则有，所以；由，可得，，所以函数的对称中心为；（2）由于，所以，则有，即，所以．16．(1)证明见解析(2)【详解】（1）因为平面平面，平面平面，，平面，所以平面，平面，所以，因为为正三角形，为棱的中点，所以，又，平面，所以平面；（2）取的中点，连接，则，取的中点，连接，则，而，故，由（1）平面，即平面，平面，则，即两两垂直，以为原点建立空间直角坐标系，如图所示，不妨设，则，则，设平面ACD的法向量为，则，即，不妨取，得．因为，所以，由（1）知，平面，则可取作为平面的一个法向量，由，故二面角的正弦值为．17．(1)；(2)证明见解析.【详解】（1）设点，由题意有，整理得，化简得，所以动点的轨迹标准方程为；（2）先考察直线，此时，且，满足题意，若该定点存在，则必在轴上，记为，设为，，联立直线与椭圆的方程，所以，则，所以，，所以所以，则分子、分母中关于的系数对应成比例，所以，可得，该定点为.18．(1)104(2)(3)分布列见解析，【详解】（1）①第一阶段12个小组，每组4支球队两两比赛，共有场；②第二阶段从32支球队淘汰到产生前四名，共有场；③第三阶段，共有场；所以比赛总场数为场.（2）若有3名球员不在自己对应位置上；若有4名球员不在自己对应位置上；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.（3）A球队在小组三场比赛结束后的积分X可能取值为：，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)，则有：；；；；；；；；；所以随机变量X的分布列为期望．19．(1)答案见解析(2)证明见解析(3)5【详解】（1）对求导有（），①当时，，故在单调递减；②当时，由；由.所以在单调递减，在单调递增.（2），令，则有，由；由.所