重庆市永川区2026届高三数学下学期入学考试试卷含解析

高2026届高三下期入学考试

数学试卷

注意事项：

1．考试时间120分钟，试题满分150分，试题卷共4页．

2．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号、班级、学校在答题卡上填写清楚．

3．每小题选出答案后，用2B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．解答题的过程写在答题卡相应区域内，写在试卷和草稿纸上无效．

一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的）

1

AxN0

ð

1.已知集合x2，则集合NA的子集的个数为（）

A.3B.4C.7D.8

【答案】D

【解析】

【分析】

1

ð3

通过解不等式0，得到集合A，进而得出UA{0,1,2}.因为集合中有3个元素，故其子集个数为2

x2

个.

1

【详解】由0得x2，则AxN|x2

x2

ð

UAxNx20,1,2，

则ð的子集个数为3个.

UA28

故选：D.

【点睛】本题考查了补集的运算，集合子集个数的结论，属于基础题.

z1

2.若复数z满足2i，则z的虚部为（）

i1

A.5B.iC.1D.5i

【答案】A

【解析】

【分析】先计算等号右边模长，再由复数的乘法运算和虚部的概念求解可得.

z1

【详解】2i5，所以5，则z15i5，即z5i51，

i1

所以z的虚部为5.

故选：A.

3.已知向量a1,，b2,1，若2aba2b，则实数的值为（）

7777

A.2或B.2或C.2或D.2或

2222

【答案】A

【解析】

【分析】由题意可得2aba2b0，利用向量的坐标运算可得432120，求解

即可.

【详解】由题意可知2aba2b0.因为2ab4,21，a2b3,2，

7

所以432120，整理得223140，解得2或.

2

故选：A.

4.已知an是等比数列，若a5a36，a4a23，则a3a5（）

AB.C.D.

.481664

【答案】C

【解析】

aaaq4aq26

【分析】根据题意，设数列首项为a，公比为q，则5311，再解方程组结合等

an13

a4a2a1qa1q3

比数列通项公式即可求解．

【详解】根据题意，设数列an首项为a1，公比为q，

aaaq4aq26①

5311，

3②

a4a2a1qa1q3

①aq4aq21

11q2，代入②，8a2a6a3，解得a，

②31111

a1qa1q2

24，

a3a1q2,a5a1q8

a3a52816．

故选：C．

5.在量子计算研发中，某量子计算机处理任务的时间Talog2Q（单位：秒），其中a为常数，Q是量子

比特的数量.已知当量子比特数量Q从44个增加到213个时，处理时间增加了10秒；当量子比特数量从213个

增加到Q1个时，处理时间增加了20秒，则Q1（）

A.214B.216C.218D.223

【答案】D

【解析】

【分析】根据条件列出方程通过对数运算计算出a的值，然后再求对应条件下Q1即可.

【详解】由于当量子比特数量Q从44个增加到213个时，处理时间增加了10秒，

所以10alog213alog4413a8a5a，解得：a2

22,

13

当量子比特数量从2个增加到Q1个时，处理时间增加了20秒,

则13，即，

202log2Q12log222log2Q126log2Q123

解得：23，

Q12

故选：D

6.过直线l:xym0上的点P作圆O:x2y21的两条切线，切点分别为A,B，若△OAB的面积

与PAB面积相等，则m的一个可能取值为（）

A.4B.22C.1D.3

【答案】C

【解析】

【分析】根据△OAB的面积与PAB的面积相等这一条件，结合圆的切线性质，得出OP的长度，最后根

据点到直线的距离公式求出m的范围.

11

【详解】由S△S△，得|OA||OB|sinÐAOB=|PA||PB|sinÐAPB，

OABPAB22

所以|OA||OB|sinÐAOB=|PA||PB|sinÐAPB.

因为OAPA,OBPB，所以O,A,P,B四点共圆，所以AOBAPBπ，

所以sinÐAOB=sinÐAPB，又|OA||OB|1，所以|PA||PB|1，又|PA||PB|，

所以|PA||PB|=1，因此得|OP|2，

因为点P在直线l:xym0上，且|OP|的最小值为圆心O到直线l的距离d,

|00m||m||m|

d，因为|OP|³d，所以£2，解得2m2，在各选项中只有选项C满足

121222

2m2.

故选：C

7.已知命题p“xR,(a2)x22ax10”，若命题P为假，则a的取值范围为（）

A.RB.(-，-2）C.（-，-2]D.（-，-1]U[2,+)

【答案】A

【解析】

【分析】先求命题p为真时a的取值范围，再求补集得结果.

a20a2

【详解】若命题p为真，则，

2a

04a4(a2)0

因此若命题P为假，则a的取值范围为R，选A.

【点睛】求p为真时参数取值范围，往往先求p为真时参数取值范围，再求补集得结果.

8.已知函数f(x)的定义域为R，f(x)f(x1)f(x2)，且当x3时f(x)x，则下列结论中一定

正确的是（）

A.f(10)100B.f(20)1000

C.f(10)1000D.f(20)10000

【答案】B

【解析】

【分析】代入得到f(1)1,f(2)2，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.

【详解】因为当x3时f(x)x，所以f(1)1,f(2)2，

又因为f(x)f(x1)f(x2)，

则f(3)f(2)f(1)3,f(4)f(3)f(2)5，

f(5)f(4)f(3)8,f(6)f(5)f(4)13,f(7)f(6)f(5)21，

f(8)f(7)f(6)34,f(9)f(8)f(7)55,f(10)f(9)f(8)89，

f(11)f(10)f(9)144,f(12)f(11)f(10)233,f(13)f(12)f(11)377

f(14)f(13)f(12)610,f(15)f(14)f(13)987，

f(16)f(15)f(14)15971000，则依次下去可知f(20)1000，则B正确；

且无证据表明ACD一定正确.

故选：B.

【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用f(1)1,f(2)2，再利用题目所给的函数性质

f(x)f(x1)f(x2)，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.

二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每题给出的选项中，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）

ππ

9.已知函数fxsinx（01），且满足fxf，则（）

33

1

A.

2

B.fx在区间1,6上单调递增

4π

C.xR，fxfx

3

D.将fx的图像向右平移2π个单位长度得到gx的图象，那么fxgx0

【答案】ACD

【解析】

ππππ

【分析】根据fxf得出正弦函数取得最小值时，满足2kπkZ，再结

3332

11π

合01得出，故A正确；根据正弦函数求出单调递增区间判断B即可；因为fxsinx，

223

4π1π

得出fxsinx，即可得证C；根据图像的平移得出gx，再求fxgx的取值范

323

围即可.

ππ

【详解】因为fxsinx（01），且满足fxf，

33

ππππ1

则fxf，此时2kπkZ，解得6kkZ，

min33322

1

结合（01），当k0时；故A正确；

2

1ππ1ππ

fxsinx，求其单调递增区间即2kπx2kπ，

232232

π5ππ5π

化简得4kπx4kπ，当k0时x，

3333

5π11π

同理单调递减区间为4kπx4kπ，

33

5π11π5π5π

当k0时x，,61,6,1,1,6，因此在区间1,6上不单调，故B不

3333

正确；

1π4π14πππ11π

因为fxsinx，fxsinxsinxsinx，

2332333223

4π

故fxfx，C选项正确；

3

将fx的图象向右平移2π个单位长度得到gx的图象，

1π1π1π

故gxsinx2πsinxπsinx，

232323

2

1π

故fxgx,fxgxsinx0，

23

即fxgx0，选项D正确.

故选：ACD.

10.如图，某电子实验猫线路图上有A，B两个即时红绿指示灯，当遇到红灯时，实验猫停止前行，恢复

1

绿灯后，继续前行，A，B两个指示灯工作相互独立，且出现红灯的概率分别为，p0p1.同学甲

3

从第一次实验到第五次实验中，实验猫在A处遇到红灯的次数为X，在A，B两处遇到红灯的次数之和为

Y，则（）

40

A.PX3

243

8

B.DX

9

12

C.一次实验中，A，B两处至少遇到一次红灯的概率为p

33

211

D.当p时，EY

53

【答案】ACD

【解析】

1

【分析】根据题意知道XB5,，再根据二项分布得概率公式，方差公式，期望公式逐个计算判定即

3

可.

132

【详解】由题意可知，所以31140，

XB5,PX3C51

333243

1110

DX51，故A正确，B错误；

339

112

一次实验中，A，B两处至少遇到一次红灯的概率为111pp，故C正确；

333

2122

当p时，一次实验中没有遇到红灯的概率为11，遇到一次红灯的概率为

5355

12127122

11，遇到两次红灯的概率为，

3535153515

272111111

故一次实验中遇到红灯次数的数学期望为012，所以EY5，故D正

5151515153

确.

故选：ACD.

11.记ABC内角A，B，C的对边分别是a，b，c，已知b2c22a2，则下列选项正确的是（）

A.2bccosAa2

π

B.角A的最大值为

3

tanBtanC

C.tanA

tanBtanC

ab

D.的取值范围是

2335,335

c

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A利用余弦定理即可判断，对于B利用余弦定理和均值不等式即可判断，对于C利用余弦定

t21

理、正弦定理及两角和的正弦公式即可判断，对于D令btct0代入b2c22a2有ac，

2

abt4t2

由三角形三边关系求出解出t的范围，即可求解，进而判断D．

c22

【详解】对于A：由余弦定理知a2b2c22bccosA，

又b2c22a2，所以a22a22bccosA，即2bccosAa2，故A正确；

b2c2a22a2a2a2

对于B：由余弦定理知cosA，

2bc2bc2bc

由基本不等式知2a2b2c22bc，即a2bc，当且仅当bc时，等号成立.

a21ππ

所以cosA，又0Aπ，所以0A，即角A的最大值为，故B正确；

2bc233

tanBtanC111

对于C：若tanA，则，

tanBtanCtanAtanBtanC

cosAcosBcosCsinCcosBcosCsinBsinCBsinA

即，

sinAsinBsinCsinBsinCsinBsinCsinBsinC

b2c2a2

所以sin2AsinBsinCcosA，即a2bccosA，也即a2bc，

2bc

整理得a2b2c2，不合题意，故C错误；

t21

对于D：令btct0，代入b2c22a2中可得，ac.

2

t21

由bcabc得，b22bcc2a2b22bcc2，即t22t1t22t1，

2

解得23t23.

abt21t4t2

t.

c222

x4x2

令fx，易知fx在23,23上单调递增，

2

当x23且x23，fx335，

当x23且x23，fx335，

所以fx在23,23上的值域为335，335，

ab

的取值范围是，，故D正确．

2335335

c

故选：ABD．

三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在题中的横线上）

3

12.在ax12x1的展开式中，若各项系数的和为0，则该展开式的x2系数为____________．

【答案】18

【解析】

【分析】依题意利用赋值法令x1，可求得a1，再利用二项展开式即可求得x2系数.

3

【详解】由各项系数的和为0可知，令x1，即a1210，解得a1；

3

因此x12x1的展开式中含有x2的项为

221212122.

xC32x11C32x12C34C3x18x

故答案为：18

13.某高中举行益智闯关团队赛，共4个关卡，现有包含甲、乙、丙在内的5名选手组团参赛，若甲负责第

一关，最后一关由2名选手共同完成，且乙、丙不在同一关卡，则不同的参赛方案有________种．

【答案】10

【解析】

【分析】根据特殊元素/位置优先安排原则，先判断第一关和第四关的种数，再计算其余关卡的种数，相乘

即可.

【详解】因为甲负责第一关，且最后一关由2名选手，其余两关各有1名选手共同完成，且乙、丙不在同

一关卡，

所以先从除甲之外的4人中选两人负责最后一关，共有2种，

C415

然后再将剩余2人分配到第二、三关，共有2种，所以，满足条件的参赛方案有5210种.

故答案为：10.

14.由两个全等的正四棱台组合而得到的几何体（如图），EFEA3,AB1，M,N分别在EF,FG上，

满足EMNG1，则几何体FMBNB1的体积为__________；A1C___________.

47

【答案】①.②.30

3

【解析】

【分析】先求FMN面积，再求三棱锥BFMN和B1FMN的高度，进一步求三棱锥BFMN的体积，

且根据两个三棱锥BFMN和B1FMN全等得出几何体FMBNB1的体积；构建直角三角形，利用勾股定

理，根据已知线段长度计算，得出A1C长度.

【详解】几何体FMBNB1看作以FMN为公共底面的两个三棱锥BFMN和B1FMN的组合，

又因为在正四棱台A1B1C1D1EFGH中，EFEA3,AB1，EMNG1，

所以MFFN2，又因为EFG90，连接FN，则FMN为等腰直角三角形，

1

其面积为：S222，

FMN2

连接AC，BD交于点O，连接EG，FH交于点O1，则OO1垂直于面EFGH且为三棱锥B1FMN的

高，平移到'，则'，即四边形'是平行四边形，

OO1AO1OO1AO1OO1O1A

所以'，

O1O1AO

又因为四边形EFGH是正方形，所以O，O1分别是AC，EG的中点，

且ABC，EFG为等腰直角三角形，

12132

所以AO1212，EO3232，

22122

322

EO'EOO'OEOAO2，

1111122

在直角三角形'中，由勾股定理可得'2'222，

EAO1OO1AO1(EA)(EO1)3(2)7

1247

所以几何体FMBNB1的体积V2SOO27,

3FMN133

连接A1C1，B1D1交于点O2，连接A1A，A1C，

由题意可得，几何体A1B1C1D1ABCD是由两个全等的正四棱台组合，

所以A1O2平行AO且A1O2AO，所以四边形A1O2OA是平行四边形，

所以A1AO2O，且A1A平行O2O，

又因为OO2是两个全等的正四棱台组合的组合体的高，

所以，为直角三角形，由勾股定理可得：

A1AOO227△A1AC

22

22.

A1CA1AAC27230

47

故答案为：，30.

3

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）

13

15.已知数列a的首项a，且满足aa.

n12n1n2n1

1

（1）求证：a是等比数列；

n2n

（2）求数列an的前n项和Sn.

【答案】（1）证明见解析

nn

111

（2）

222

【解析】

11

【分析】（1）由题设可得an1an，进而求证即可；

2n12n

n1

（2）先求得a1，再利用分组求和法求解即可.

n2n

【小问1详解】

311

由，得，

an1anan1an

2n12n12n

11

又a1，所以数列a是以1为首项，1为公比的等比数列.

121n2n

【小问2详解】

1nn1

由（1）得，a1，则a1，

n2nn2n

n

11

n1

11nn

所以22111.

Sn

1

111222

2

16.为了解消费者购买新能源汽车意向与年龄是否具有相关性，某汽车公司通过问卷调查对200名消费者

进行调查.数据显示，200人中中老年人共有75人，且中老年中愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车

的2倍；青年中愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车的4倍.

购车意向

年龄段合计

愿意购买新能源车愿意购买燃油车

青年

中老年

合计

（1）完善22列联表，请根据小概率值0.05的独立性检验，分析消费者对新能源车和燃油车的意向

购买与年龄是否有关；

（2）采用分层随机抽样从愿意购买新能源车的消费者中抽取6人，再从这6人中随机抽取2人，求这2人

中青年人数X的分布列和期望.

2

nadbc

附：2，nabcd.

abcdacbd

0.050.010.001

x3.8416.63510.828

【答案】（1）列联表见解析，有关

4

（2）分布列见解析，.

3

【解析】

【分析】（1）由题意补全22列联表，然后利用独立性检验的原理求解卡方判断即可；

（2）利用超几何分布计算概率，得到离散型随机变量的分布列，求解数学期望即可.

【小问1详解】

中老年共有75人，且愿意购买新能源车的人数是愿意购买燃油车的2倍，

所以愿意购买新能源车的中老年人数为50人，愿意购买燃油车的中老年人数为25人，青年共有125人，

愿意购买新能源车是愿意购买燃油车的4倍，所以青年中愿意购买新能源车为100人，愿意购买燃油车为

25人.

故22列联表如下：

购车意向

年龄段合计

愿意购买新能源车愿意购买燃油车

青年10025125

中老年502575

合计15050200

零假设H0：消费者购买新能源车和燃油车的意向与年龄无关，

2

20010025255040

24.4443.841x，

150507512590.05

根据小概率值0.05的独立性检验，推断H0不成立，

即认为消费者购买新能源车和燃油车的意向与年龄有关；

【小问2详解】

2

愿意购买新能源车的共有150人，青年人与中老年人的比例为，

1

所以分层随机抽样抽取的6人中4人是青年人，2人是中老年人，

则X的可能取值为0，1，2，

C21C1C18C26

则2，42，4.

PX02PX12PX22

C615C615C615

所以X的分布列如下：

X012

186

P

151515

1864

则EX012，

1515153

4

所以这5人中青年人数的期望为.

3

17.如图，在四棱锥PABCD中，PAAB2，底面ABCD是菱形，其中BAD120.

（1）若E是棱PD上一点，平面ABE与棱PC交于点F，求证：EF//CD；

（2）若PA平面ABCD，求平面PAB与平面PCD夹角的余弦值.

【答案】（1）证明见解析；

（2）27.

7

【解析】

【分析】（1）先由AB//CD可得CD//平面ABE，再由线面平行的性质可得线线平行；

（2）解法一：取BC的中点为H，再分别以AH,AD,AP坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量计算面面

角的余弦值；

解法二：取CD的中点为H，再分别以AB,AH,AP为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面

的夹角；

解法三：设ACBDO，再分别以OB,OC,OM为坐标轴，建立空间直角坐标系，用向量方法计算面面

的夹角.

【小问1详解】

证明：连接EF,BF，

因为四边形ABCD是菱形，所以AB//CD.又因为CD平面ABEF，AB平面ABE

所以CD//平面ABE，又因为CD平面PCD，平面PCD平面ABEEF

所以CD//EF.

【小问2详解】

（法一）取BC的中点为H，连接AH，因为ABCD是菱形，BAD120，

所以ABACBC.

所以AHBC，又BC//AD，所以AHAD

因为PA平面ABCD，所以PAAH,PAAD，即AH,AD,AP两两相互垂直．

如图建立空间直角坐标系Oxyz，

则A(0,0,0)，B(3,1,0)，C(3,1,0)，P(0,0,2)，D(0,2,0)，

所以PA0,0,2，PB3,1,2.

nPAnPA0

设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，则，即，

nPBnPB0

2z0,

所以可得，所以z0，令x1，则y3，

3xy2z0.

22

所以n(1,3,0)，n1(3)02.

又因为CD3,1,0，PD0,2,2.

mCD

设平面的法向量为，则，

PCDm(x,y,z)

mPD

mCD03xy0

即，所以.

mPD02y2z0

令x1，则y3，z3．

222

所以m(1,3,3)，m1(3)(3)7

设平面PAB与平面PCD的夹角为，

nm1133027

则coscosn,m

nm277

（法二）取CD的中点为H，连接AH，则AHCD，又AB//CD，所以AHAB

因为PA平面ABCD，所以PAAB,PAAH．所以AB,AH,AP两两相互垂直．

如图建立空间直角坐标系Axyz，

则A(0,0,0)，B(2,0,0)，C(1,3,0)，P(0,0,2)，D(1,3,0)．

所以PA0,0,2，PB2,0,2

nPAnPA02z0

设平面的法向量为，则，即所以，

PABn(x,y,z)

nPBnPB02x2z0

所以，，令y1，所以，2

z0x0n(0,1,0)n0+1+01.

又CD2,0,0，PD1,3,2

mCDmCD0

设平面的法向量为，则，即，

PCDm(x,y,z)

mPDmPD0

2x0

所以，所以x0，令y2，z3．

x3y2z0

22

所以m(0,2,3)，m0+2(3)7.

设平面PAB与平面PCD的夹角为，

nm012027

则coscosn,m.

nm177

（法三）连接AC,BD，则ACBD，设ACBDO.

因为PA平面ABCD，过O作PA的平行线OM，则OM平面ABCD.

所以OMOB,OMOC,OBOC．即OM,OB,OC两两相互垂直．

如图建立空间直角坐标系Oxyz，

则O(0,0,0)，A(0,1,0)，B(3,0,0)，C(0,1,0)，P(0,1,2)，D(3,0,0)．

所以PA0,0,2，AB3,1,0.

nPAnPA02z0,

设平面PAB的法向量为n(x,y,z)，则，即，所以

nPBnAB03xy0.

2

所以z0，令x1，则y3，所以n(1,3,0)，n1(3)02

又CD3,1,0，PD3,1,2.

mCDmCD0

设平面的法向量为，则，即.

PCDm(x,y,z)

mPDmPD0

3xy0

所以，令x1，则y3，z3，

3xy2z0

22

所以m(1,3,3)，m1(3)(3)7.

设平面PAB与平面PCD的夹角为，

nm11(3)(3)0(3)27

则coscosn,m.

nm277

x2y2

18.已知椭圆E:1(ab0)的右焦点为F1,0，A,B分别是E的左、右顶点，AB4.

a2b2

（1）求椭圆E的方程及离心率；

（2）过点F且斜率为kk0的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q，直线AQ与直线l:x4相交于点N.

若BN4PB，求k的值.

22

xy1

【答案】（1）1；离心率

432

21

（2）

2

【解析】

【分析】（1）根据题意，利用椭圆的几何性质，列出方程组，求得a,b,c的值，即可求解；

6y26y2

（2）设Px,y,Qx,y,N4,y，由kk，求得yN，得到N(4,)，再由直线PQ

1122NAQAN

x22x22

方程为ykx1，联立方程组，利用韦达定理证得kPBkBN，结合BN4PB，得到BN4PB，求

3

得x，代入椭圆E的方程，求得y1的值，结合斜率公式，即可求解.

12

【小问1详解】

解：由椭圆E的右焦点为F1,0，A,B是E的左、右顶点，且AB4，

c1

可得2a4，解得a2,b3，则ca2b21，

222

bac

x2y2c1

所以椭圆E的方程为1，离心率e.

43a2

【小问2详解】

解：设Px1,y1,Qx2,y2，N4,yN，

y2

因为A2,0,B2,0，可得kAQ，

x22

yy6y6y

因为A,Q,N三点共线，可得kk，所以N2，可得y2，即N(4,2)，

AQANN

6x22x22x22

下面证明：P,B,N三点共线.

y3yy3yyx23yx2

因为k1，k2，所以kk121221①

PBBNx2PBBNx2x2

x12212x12x22

又因为直线PQ方程为ykx1，

ykx1

2222

联立方程组x2y2，整理得34kx8kx4k120，

1

43

8k24k212

所以xx，xx，

1234k21234k2

则

y1x223y2x12kx11x223kx21x12

8k24k212

k5x1x22x1