重庆市第十一中学教育集团高三第七次质量检测数学试题

重庆市第十一中学校教育集团高2026届高三第七次质量检测数学试题2026.3注意事项：1.本试卷满分为150分，考试时间为120分钟.2.答卷前，考生务必将自己的姓名、班级、准考证号填写在答题卡上.3.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.4.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共计40分．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.若复数满足（i为虚数单位），则复数在复平面内对应的点位于（）A.第一象限 B.第二象限 C.第三象限 D.第四象限【答案】C【解析】【分析】解方程求出复数的具体形式，确定实部和虚部的符号，从而确定对应点所在象限.【详解】已知，则，分子分母同时乘以，复数对应点，实部为负，虚部为负，所以该点位于第三象限.故选：C.2.若椭圆C的焦距是短轴长的倍，则椭圆C的离心率是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【详解】由题意可得，得到，即.3.已知m是实数，向量，，则“”是“点共线”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】【分析】由向量平行的坐标表示求得，再由充分不必要条件的概念即可判断.【详解】若共线，则向量与共线，由，得：

，

整理得，解得或，故时，一定满足共线，充分性成立；当共线时，还可以取，无法推出，必要性不成立，所以是“共线”的充分不必要条件.4.已知集合，，则（）A.或 B.或C. D.【答案】D【解析】【分析】先把集合具体化，然后利用集合的运算法则可得答案.【详解】由题意得，，故.5.已知幂函数，若函数与函数的图象关于直线对称，则（）A.2 B.4 C.6 D.8【答案】B【解析】【分析】通过两函数的对称性得到，即可求解.【详解】因为函数与函数的图象关于直线对称，则对于上任意一点，其关于的对称点一定在上，即

，则，又，可得：

，因此.6.设随机事件A，B相互独立，已知，，则（）A B. C. D.【答案】C【解析】【分析】先由条件概率公式求得，再根据独立事件乘法公式求出，进而由根据和事件概率计算公式即可求得结果.【详解】因为，，由，得.因为事件A，B相互独立，所以，即，所以.所以.故选：C.7.化简（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【详解】，

，，，，

，.8.定义“下凹数列”满足下列2个条件：①；②．设为下凹数列的前项和，已知，，若，则的最大值为（）A.7 B.8 C.9 D.10【答案】B【解析】【详解】根据下凹数列的定义，，，，且相邻项的差

严格递增，可得

，且

，为使前

项和

尽可能小，应取最小的正整数差，即

，，，…，以此类推，即.，，，，上面所有式子累加法得：，前

项和

为：，，，由；；.得：满足

的最大

为8.二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．9.已知三个不同的平面和三条不同的直线，下列命题中为真命题的是（）A.若，，则B.若，，则C.若，，，，则D.若，，则【答案】AC【解析】【分析】根据题意，结合线面位置关系的判定定理和性质定理，结合选项，逐项分析判断，即可求解.【详解】A，根据线面垂直的性质得，若，，则，正确；B，若，，则或，错误；C，如图所示，因为是不同的直线，由题意，且，所以，又，且，所以，所以，正确；D，如图所示，正方体中，设平面为平面，平面为平面，平面为平面，此时满足，，但与为相交平面，错误.10.已知，函数，则（）A.的图象关于y轴对称B.恰有3个零点C.恰有2个极值点D.在上单调递增【答案】BCD【解析】【分析】根据奇偶函数的定义判断与的关系即可判断A；求出后，式子比较复杂，构造函数，通过导数研究的单调性，零点来研究的性质，从而可判断BCD.【详解】因为函数是定义在上的函数，所以定义域关于原点对称，且，所以是奇函数，所以的图象关于原点对称，故A错误.由得，令，则，当时，，单调递增；当时，，单调递减，又，，由函数零点存在定理知在上只有一个零点，设为，在上只有一个零点，设为，作出的大致图象如图1：所以当时，，即，单调递减；当时，，即，单调递增；当时，，即，单调递减，所以恰有2个极值点，故C正确.又，且当时，,作出的大致图象如图2：所以恰有3个零点，故B正确.因为，由图1知，当时，，即，单调递增，故D正确.11.已知曲线，则下列结论正确的是（）A.曲线E与坐标轴没有交点B.y随着x增大而减小C.直线与曲线E有且仅有2个交点D.是曲线E上任意一点，则的取值范围为【答案】BCD【解析】【分析】画出曲线的图象可判断AB；根据双曲线的性质以及直线过点，可判断C；将问题转化为求的取值范围，设直线与曲线在第一象限相切，求出，再计算平行直线间距离即可判断D.【详解】若，则；若，则；若，则，则曲线的图象如图：可知点，在曲线上，故A错误；y随着x增大而减小，故B正确；因为是曲线在第二、四象限的图象的渐近线，且直线与渐近线平行，直线过点，，所以直线与曲线E有且仅有2个交点，即，，故C正确；，则表示点到直线的距离的倍，由图可知，当点位于第一象限时，能够取到最大值，设直线与曲线在第一象限相切，联立，得，则，得，又与之间的距离为，所以的最大值为，因为是曲线在第二、四象限的图象的渐近线，则的取值范围为，故D正确.三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．12.设是与4的等比中项，则实数______．【答案】4【解析】【详解】因为是与4的等比中项，所以，所以，令，所以，所以，解得，所以.13.已知圆与圆恰有3条公切线，则______．【答案】【解析】【详解】由圆，得圆，所以圆心，半径，由，可得，半径为，所以，因为圆与圆恰有3条公切线，所以圆与圆相外切，所以，解得.14.伟大的数学家欧拉28岁时解决了困扰数学界近一世纪的“巴塞尔级数”难题．当，时，，又根据泰勒展开式可以得到，根据以上两式可求得______．【答案】【解析】【分析】推导出，由得到展开式中的系数，由此得到结论.【详解】由，,，两边同时除以得，又展开式中的系数为，所以，所以.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.某市为了统计市内小微企业的经营发展情况，市税务局提供了1000家小微企业的月收入数据．企业月收入（单位：万元）以，，，，，，分组的频率分布直方图如图所示．（1）求这1000家小微企业的月收入的平均数（同一组中的数据用该组区间的中点值作代表）；（2）若采用分层随机抽样的方式从月收入在，，内的企业中抽取6家进行问卷调查，再从抽取的6家企业中随机抽取3家企业作进一步访谈，记抽取的3家企业中月收入在内的企业数为，求随机变量的分布列与数学期望．【答案】（1）（万元）（2）的分布列为【解析】【分析】（1）根据频率分布直方图的性质求出的值，再将每个矩形中点的横坐标矩形面积全部相加即可；（2）根据分层随机抽样的抽取规则，求出6家企业中月收入在，，内的企业个数，利用古典概率计算公式求出相应概率，进而得解.【小问1详解】由频率分布直方图中各小矩形的面积和为1知，解得.所以月收入在，，，，，，内的频率分别为，所以这1000家小微企业的月收入的平均数约为（万元）.【小问2详解】因为月收入在，，内的企业的比例为，所以抽取的6家企业中月收入在，，内的企业数分别为.所以从这6家企业中随机抽取3家企业，其中月收入在内的企业数的所有可能取值为，，，所以的分布列为所以数学期望为．16.在中，A、B、C所对应的边分别为a、b、c，已知，，点D在线段BC上，且．（1）当时，求的长；（2）当时，求的面积．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先根据条件求出C，再利用垂直条件得B的正弦值和余弦值，最后用正弦定理求的长.（2）设b和三等分长，先用余弦定理求互补角的余弦值建立未知数等式，再联立C的余弦定理求出b，最后用面积公式求解.【小问1详解】化简：因为，.在中，，由正弦定理求解：，即，所以.【小问2详解】由条件可设，由余弦定理可得，，因为，所以①.在中，②，将①代入②得.由面积公式得.17.已知函数（1）求曲线在点处的切线方程；（2）求证：；（3）求证：（其中）．【答案】（1）（2）证明见解析（3）证明见解析【解析】【分析】（1）先求得，得到且，结合导数的几何意义，即可求解；（2）由（1）可得，设，得，令，求得，得到单调性和最大值，得到，即可得证.（3）由（2）化简得到，令，得到，结合对数的运算法则和等比数列的求和公式，即可得证.【小问1详解】由函数，可得，则且，即切线的斜率为，切点坐标为，所以曲线在点处的切线方程为.【小问2详解】由（1）知：，则，不等式，即，即，其中，设，可得，且，不等式即为，令，可得，当时，，单调递增；当时，，单调递减，所以时，函数取得最大值，最大值为，所以，即，所以，所以.小问3详解】由（2）知：，又，则，其中，化简得，令，则，所以，由等比数列的前项和公式，可得，所以，所以.18.在如图的空间几何体中，，，四边形为直角梯形，，，，，，，为的中点．（1）证明：平面；（2）证明：平面；（3）求与平面所成角的正弦值．【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析（3）【解析】【分析】（1）取中点，连接,可得平面平面，进而可得结论；（2）通过已知线段长度，利用勾股定理逆定理证明BM与CM、BM与MN垂直；（3）建立空间直角坐标系，确定各点坐标，进而得到相关向量，再计算平面BCM的法向量，最后根据线面角公式计算【小问1详解】如图取中点，连接,是中点，是的中位线，故,平面，平面，所以平面，由，得，且，故四边形是平行四边形，得，同理可得平面，又，因此平面平面,平面，故平面；【小问2详解】由，得，又，故，已知，由勾股定理得，已知，故，由勾股定理逆定理得，即，又平面，故平面；【小问3详解】如图建立空间直角坐标系：，由已知，设，，则，解得故，由且，得，故，因此，平面中，，，设平面的一个法向量为，则，故，所以平面的一个法向量，设与平面所成角为，所以.19.抛物线的焦点为，为上一点，的纵坐标为，点在轴上，轴，线段的中点为，且轴．（1）求的方程；（2）已知为上三个不同的点，点在第一象限．（ⅰ）若点在原点，，，点的横坐标满足，求．（ⅱ）在中，内角所对的边分别为，且满足，，的重心在轴上，求点的坐标．【答案】（1）（2）（ⅰ）；（ⅱ）【解析】【分析】（1）先求出点横坐标，由轴，可得，进而可求出，即可得解；（2）（ⅰ）设，，由，可得，即可求出的关系，设的中点为，由，可得，即可求出的关系，再求出的范围即可得解；（ⅱ）先根据求出，再根据结合余弦定理求出，从而可求出，即可得出的关系，设重心，，，，的中点为，求出点的坐标，求出直线的方程，联立方程，利用韦达定理求出，，再利用弦长公式求出，进而可求出，即可得解.【小问1详解】将代入方程，得，所以，所以，解得，故的方程为；【小问2详解】（ⅰ）设，，则，因为，所以，即，①又的中点为，所以，，由，得，与①联立可得．又，则，令，则，设方程的两根分别为，得，，所以在区间内单调递减，在区间内单调递增，又，，即，所以；（ⅱ）由，得，即，