重庆市南岸区2026届高三数学上学期一诊模拟试卷含解析

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合

题目要求的.

1.，，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】通过求解不等式得到集合，再根据交集的定义进行运算即可得解.

【详解】要使函数有意义，须满足，即，

即，解得，所以

因为，所以，即.

故选：C

2.复数，则z的虚部为（）

A.3B.1C.D.i

【答案】A

【解析】

【分析】根据复数乘法法则，结合复数虚部的定义进行求解即可.

【详解】，虚部为3.

故选：A

3.设为等比数列的前项和，若，，则（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】由等比数列的通项公式与前项的基本量运算求解．

【详解】由已知，，所以．

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故选：A．

4.“”的一个必要不充分条件是（）

A.B.C.D.

【答案】B

【解析】

【分析】由集合的包含关系直接判断即可.

【详解】，

因为，

所以是的必要不充分条件.

故选：B.

5.筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全书》中用图1

描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.将筒车抽象为

一个几何图形（圆），筒车的半径为2m，筒车的轴心O到水面的距离为1m，筒车每分钟按逆时针转动2圈.

规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即时的位置）时开始计算时间，设盛水筒M从运动到点P

时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心O为坐标原点，

过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系（如图2），则h与t的函数关系式为（）

A.，B.，

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C.，D.，

【答案】A

【解析】

【分析】

首先先求以为终边的角为，再根据三角函数的定义求点的纵坐标，以及根据图形表示.

【详解】，所以对应的角是，

由在内转过的角为，

可知以为始边，以为终边的角为，

则点的纵坐标为，

所以点距水面的高度表示为的函数是.

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题的关键读懂题意，并能抽象出函数关系，关键是求以在内转过的角为

，再求以为终边的角为.

6.如图，一个质点在随机外力作用下，从原点0出发，每次等可能地向左或向右移动一个单位，共移动

4次，则质点位于原点左侧的概率为（）

A.B.C.D.

【答案】A

【解析】

【分析】计算质点移动4次可能的结果，质点质点位于原点左侧的可能结果，根据古典概型的概率公式即

可求解.

【详解】由题意可得：质点移动次可能的结果有种，

质点位于原点左侧可能结果为：向左移动4次；向左移动3次，向右移动1次；

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向左移动4次，共有1种移动情况，为：左左左左；向左移动3次，向右移动1次，共有4种移动情况，

为：左左左右，左左右左，左右左左，右左左左；

所以质点位于原点左侧共5种移动情况，

由古典概率公式可得：质点位于原点左侧的概率为，

故选：A.

7.已知向量，，满足，，，则的最大值为（）

A.B.C.1D.2

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可设、、，又，，则可

计算出的范围，从而可得解.

【详解】，则可设、、，

由，则，又，

则，则，

故，则，

即的最大值为.

故选：D.

8.已知，，，则（）

A.B.C.D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据的数字特征分别构造函数、

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，利用导数可求得单调性，由和

可确定的大小关系.

【详解】令，则，

在上单调递增，，

即，，又，，即；

令，则，

令，则，在上单调递减，

，在上单调递减，

，即，；

综上所述：.

故选：C.

二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.

9.下列说法正确的是（）

A.圆的半径为B.椭圆的长轴长为2

C.双曲线的实轴长为2D.抛物线的焦点坐标为

【答案】AD

【解析】

【分析】根据曲线的方程求出半径，长轴长，实轴长，焦点坐标，可判断选项.

【详解】圆化为标准型为，所以半径为，A正确；

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椭圆的长轴长为，B不正确；

双曲线的实轴长为，C不正确；

抛物线，，其焦点坐标为，D正确.

故选：AD

10.下列说法正确的是（）

A.某人掷骰子1次，“掷出5”与“掷出6”是互斥事件

B.甲、乙、丙三种个体按的比例分层抽样，如果抽取的甲个体数为3，则抽取的丙个体数为9

C.数据，，，，，，，的分位数是8

D.数据，，，…，的方差为，则数据，，，…，的方差为

【答案】ABD

【解析】

【分析】利用互斥事件的定义判断A；利用分层抽样列式求解判断B；求出分位数判断C；利用方差

的性质计算判断D.

【详解】对于A，由“掷出5”与“掷出6”不可能同时发生，得它们为互斥事件，A正确；

对于B，设抽取的丙个体数为，由，解得，B正确；

对于C，数据,,,,,,,从小到大排列为：,,,,,,,，

由，得该组数据的分位数是，C错误；

对于D，数据,,,…,的方差为，则数据,,,…,的方差为，D正确.

故选：ABD

11.如图，在正方体中，，是正方形内部(含边界)的一个动点，则（）

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A.存在唯一点，使得

B.存在唯一点，使得直线与平面所成的角取到最小值

C.若，则三棱锥外接球的表面积为

D.若异面直线与所成的角为，则动点的轨迹是抛物线的一部分

【答案】BCD

【解析】

【分析】由线面垂直得线线垂直来确定点位置，判断选项A；几何法找线面角，当角最小时确定点位置，

判断选项B；为中点时，求三棱锥外接球的半径，计算外接球的表面积，判断选项C；利

用向量法解决异面直线所成角的问题，求出动点的轨迹，判断选项D.

【详解】对于A选项：正方形中，有，

正方体中有平面，平面，，

又，平面，平面，

只要平面，就有，在线段上，有无数个点，A选项错误；

对于B选项：平面，直线与平面所成的角为，，取

到最小值时，最大，

此时点与点重合，B选项正确；

对于C选项：若，则为中点，为等腰直角三角形，外接圆半径为，三

棱锥外接球的球心到平面的距离为，则外接球的半径为，所以三棱锥

外接球的表面积为，C选项正确；

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对于D选项：以D为原点，的方向为轴，轴，轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标

系，

则，，，设，则有，

，

有，化简得，是正方形内

部(含边界)的一个动点，

所以的轨迹是抛物线的一部分，D选项正确.

故选：BCD

三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.

12.若扇形的圆心角为60°，半径为2，则扇形的面积为_________．

【答案】

【解析】

【分析】根据扇形面积公式即可求出.

【详解】扇形的圆心角为60°，转化为弧度为，

该扇形的面积为.

故答案为：.

13.已知角的终边与单位圆交于第二象限的点，则________.

【答案】

【解析】

【分析】利用单位圆求出的坐标，利用正切函数的定义可求答案.

【详解】因为角的终边与单位圆交于第二象限的点，所以，

解得，因为在第二象限，所以，

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所以.

故答案为：

14.已知函数，，若，对于任意都成立，则a的最大值

为________.

【答案】

【解析】

【分析】变形条件转化为，构造函数，判断单调性，转化为恒成立，求解最小值可

得答案.

【详解】等价于，即，变形为.

设，，所以上单调递增，

当时，，由可得，即对任意都成立，

设，，

当时，，单调递减，当时，，单调递增，

所以的最小值为，所以，即a的最大值为.

故答案为：

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.在中，分别为内角的对边，且.

（1）求角大小；

（2）设函数，，时，求.

【答案】（1）；（2）．

【解析】

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【分析】（1）由已知条件及余弦定理，可得，结合，即可求解角的大小；

（2）利用三角函数恒等变换的应用，化简函数的解析式为，由

，解得角的值，利用正弦定理即可求解的值．

【详解】（1）在中，因为，

由余弦定理可得

∵∴

（2），

，∴，

∵，即：，

∴

16.如图，在四棱锥中，底面ABCD为矩形，平面ABCD，，，E

为PD的中点．

（1）证明：平面；

（2）求二面角的余弦值．

【答案】（1）证明见解析

（2）

【解析】

【分析】（1）连接，交于点，连接，只需证明，再结合线面平行的判定定理即可

得证；

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（2）建立空间直角坐标系，求出平面与平面的法向量，利用向量法求解二面角的平面角的余

弦值即可.

【小问1详解】

如图，连接，交于点，连接.

因为底面是矩形，所以是的中点，

又E为PD的中点，所以，

因为平面，平面，所以平面.

【小问2详解】

因为平面ABCD，平面，所以，

又底面为矩形，所以，AB，AP两两垂直，

以为坐标原点，所在直线分别为x，y，z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，令得.

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易知知是平面的一个法向量，

所以，

由图可知，二面角的平面角为锐角，

所以二面角的余弦值为.

17.21世纪某次机器人展览会上，已知某公司共有25个汽车模型，其外观和内饰的颜色分布如下表所示：

红色外观蓝色外

观内饰

外观

棕色内饰1010

米色内饰23

（1）若小明从这些模型中随机拿一个模型，记事件A为小明取到红色外观的模型，事件B为小明取到棕色

内饰的模型，求和，并判断事件A和事件B是否独立.

（2）该公司举行了一个抽奖活动，规定在一次抽奖中，每人可以从这些模型中拿两个汽车模型，给出以下

假设：

假设1：拿到的两个模型会出现三种结果，即外观和内饰均为同色，外观和内饰都异色，以及仅外观或内饰

同色.

假设2：按抽奖的可能性大小，概率越小奖项越高

假设3：该抽奖活动的奖金额为：一等奖800元，二等奖500元，三等奖300元

请你分析奖项对应的结果，设X为奖金额，写出X的分布列并求出X的数学期望.

【答案】（1），，不独立

（2）分布列见解析，446

【解析】

【分析】（1）根据古典概型概率公式和事件的独立性定义即可得出；

（2）分别求出三种结果对应的概率，比较大小，确定对应的概率，求出分布列，利用期望公式进行计算即

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可.

【小问1详解】

，

，，

，所以A，B不独立；

【小问2详解】

记外观与内饰均同色为事件，外观与内饰都异色为事件，仅外观或仅内饰同色为事件，

则，

，

，

，

∴一等奖为两个汽车模型的外观与内饰都异色，

二等奖为两个汽车模型的外观与内饰均同色，

三等奖为两个汽车模型仅外观或仅内饰同色．

X的分布列：

X800500300

P

．

18.已知点在椭圆上，椭圆的右焦点，直线l过椭圆的右顶点

A，与椭圆交于另一点D，与y轴交于点E.

（1）求椭圆C的方程；

（2）若P为弦AD的中点，是否存在定点Q，使得恒成立？若存在，求出Q点的坐标，若不存

在，请说明理由；

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（3）若，交椭圆C于点M，求的取值范围.

【答案】（1）

（2）存在定点

（3）

【解析】

【分析】（1）根据点的坐标和焦点可求方程；

（2）根据垂直关系得出斜率关系，利用恒成立可求定点坐标；

（3）把所求式进行转化，利用换元法，根据函数单调性可求答案.

【小问1详解】

由题意，解得，所以椭圆C的方程为.

【小问2详解】

存在定点符合题意；

由题意可知，直线的斜率存在且不为0，设直线的方程，

联立，整理可得，

设，则，则，

所以，由P为弦AD的中点，则，

所以直线OP的斜率；直线l的方程，令，则，

假设存在定点，满足，直线EQ的斜率，

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所以，整理得，

由恒成立，则，解得，故定点的坐标为.

【小问3详解】

由，则直线OM的方程，设，

由，解得，

由平行线的性质可得，

，

令，则，因为对勾函数在上单调递增，

所以的取值范围是.

19.已知函数，，

（1）判断在上零点的个数并证明

（2）当，求证：

【答案】（1）1个，证明见解析；

（2）证明见解析.

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【解析】

【分析】（1）首先得到的解析式，并通过导数研究它在上的单调性，判断

值的正负，由零点存在性定理即可得到在上零点的个数；

（2）将原不等式转化为证明，